[JXOI2017]数列

题目

一个不太一样的做法

当(A_{i-1}=x)，称(A_1)到(A_{i-2})中大于等于(A_{i-1})的最小值(R)为上界，(A_1)到(A_{i-2})中小于等于(A_{i-1})的最大值(L)为下界。对于一组((L,R,x))显然有(Lleq xleq R)，我们下一个能填的数也只能在这个范围内。

当我们(A_i=y)的时候，考虑新的上下界分别是谁。

当(xleq yleq R)的时候，显然小于等于(y)中最大的是(x)，大于等于(y)中最大的是(R)，所以新的下界是(x)，上界(R)，三元组变成了((x,R,y))

当(Lleq y< x)的时候，新的上界是(x)，下界是(L)，三元组变成了((L,x,y))

到这里我们就可以写一个dp了，设(f_{i,j,k,p})表示填了(i)个数，末尾三元组的状态是((j,k,p))，转移的时候枚举下一位填什么推出下一个三元组即可。状态数是(O(nr_i^3))，转移是(O(r_i))的，复杂度是(O(nr_i^4))不是很能接受

再观察一下这个dp的转移，发现它非常别致，我们枚举下一位填的数(y)

当(pleq yleq k)，(f_{i,j,k,p})向(f_{i+1,x,k,y})转移，这个转移和(j)这一维没有关系

当(jleq y< p)，(f_{i,j,k,p})向(f_{i+1,j,x,y})转移，这个转移和(k)这一维没有关系

考虑一下是否可以去掉一维，上下界中只保存一个能否进行转移

显然是可以的，设(dp_{i,j,k})表示当前填了(i)个数，上/下界为(j)，末尾填的数为(k)。我们强行规定当(kleq j)的时候，(j)为上界；当(k>j)的时候，(j)为下界
即对于原来的(f_{i,j,k,p})拆分成了两个状态(dp_{i,j,p})和(dp_{i,k,p})，这两个状态各自完成(f_{i,j,k,p})的一部分转移。其中(dp_{i,j,p})负责(jleq y<p)的转移；(dp_{i,k,p})负责(pleq yleq k)的转移。注意转移之后得到的仍旧是一个完整的上下界都有的状态，我们还是要把这个状态拆分一下。

转移的时候还是枚举下一位填什么数，根据填的数推出转移的状态即可。注意当一下位填的数和上下界相等时，新的上下界就固定了。

这样的状态数就变成了(O(nr_i^2))，复杂度是(O(nr_i^3))，不知道为什么跑的比较快，luogu最优解，loj位列rk3

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define re register
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
inline int read() {
	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const int maxn=155;
const int mod=998244353;
inline int qm(int x) {return x>=mod?x-mod:x;}
int h[55],n,o,R,dp[2][maxn][maxn];
int main() {
	n=read();for(re int i=1;i<=n;i++) h[i]=read(),R=max(R,h[i]);R++;
	for(re int i=1;i<=h[2];++i) 
		for(re int j=1;j<=h[1];++j) {
			if(j>=i) {if(i!=j) dp[0][i][0]++;}
			else dp[0][i][R]++;
			dp[0][i][j]++;
		}
	for(re int i=3;i<=n;i++,o^=1) {
		memset(dp[o^1],0,sizeof(dp[o^1]));
		for(re int j=1;j<=h[i-1];j++)
			for(re int k=0;k<=R;++k) {
				if(!dp[o][j][k]) continue;
				if(k<j) {
					for(re int p=k;p<j;p++)
					if(p<=h[i]&&p>0) {
						if(p==k) {
							dp[o^1][p][p]=qm(dp[o^1][p][p]+dp[o][j][k]);
							continue;
						}
						dp[o^1][p][k]=qm(dp[o^1][p][k]+dp[o][j][k]);
						dp[o^1][p][j]=qm(dp[o^1][p][j]+dp[o][j][k]);
					}
				}
				else {
					for(re int p=j;p<=k;++p)
					if(p<=h[i]&&p>0) {
						if(p==j||p==k) {
							dp[o^1][p][p]=qm(dp[o^1][p][p]+dp[o][j][k]);
							continue;
						}
						dp[o^1][p][j]=qm(dp[o^1][p][j]+dp[o][j][k]);
						dp[o^1][p][k]=qm(dp[o^1][p][k]+dp[o][j][k]);
					}
				}
			}
	}
	int ans=0;
	for(re int i=1;i<=h[n];++i)
		for(re int j=i;j<=R;++j) ans=qm(ans+dp[o][i][j]);
	return !printf("%d
",ans);
}