Educational Codeforces Round 160 (Rated for Div. 2)(D 动态规划)

关于如何思考DP这件事...这题还是比较好的

Educational Codeforces Round 160 (Rated for Div. 2)(D 动态规划)_第1张图片

思路:考虑dp[i]为当前共有 i 个数且以a_{i}为结尾,能够形成的字段的个数。要想求出dp[i]只需要知道a_{i}的前一个数可以是什么,这样就能够进行状态转移了

首先定义a_{j}a_{i}前方第一个比a_{i}小的数。

1、首先考虑比a_{i}还要大的数:如果一次操作中a_{i}是最小的话,那么就能够删掉前面的数。因此a_{i}的前一个数可以是[j + 1, i - 1]

2、接下来考虑的是比a_{i}还要小的数,可以发现a_{j}是可以被替换掉的。只需要找到a_{j}前方第一个比它小的数,那么a_{j}就会被替换掉。如此往复直到没有比它还要小的数为止。

接下来考虑如何去快速求解:

1、对于a_{i}而言,需要找到前方第一个比a_{i}还要小的数的下标,这一点可以用单调栈来实现。

2、对[j + 1, i - 1]范围内的数,可以用前缀和来快速求解。

3、对于第二种情况,它并不是连续的一些数,但是可以发现这些数都是固定的,不会随着后面的数到来而改变,因此也可以化简成一个DP,从而快速转移。

最终考虑可达数组的个数:并不是以 i 结尾就一定能构成可达数组,必须要满足a_{i}后方没有比它还要大的数才行,否则就永远不可能成为最终数组的最后一个,这个判断只需要反向整一个单调栈就行了。

// Problem: D. Array Collapse
// Contest: Codeforces - Educational Codeforces Round 160 (Rated for Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1913/problem/D
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include 
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second 
#define endl '\n'
#define int long long
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N = 5e05+10;
const LL mod = 998244353;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const LL llinf = 5e18;
typedef pairpl;
priority_queue, greater >mi;//小根堆
priority_queue ma;//大根堆
LL gcd(LL a, LL b){
	return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}

LL lcm(LL a , LL b){
	return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
vectora(N , 0);
void init(int n){
	for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){
		a[i] = 0;
	}
}
void solve() 
{
	int n;
	cin >> n;
	vectordp(n + 5 , 0);
	vectorsum(n + 5 , 0);
	vectordp2(n + 5 , 0);
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
		cin >> a[i];
	stack>st;
	vectortl(n + 5 , 0);
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
		while(!st.empty()){
			auto tmp = st.top();
			if(a[i] < tmp.x){
				st.pop();
			}
			else{
				break;
			}
		}
		if(st.empty()){
			st.push({a[i] , i});
			tl[i] = 0;
		}
		else{
			auto tmp = st.top();
			tl[i] = tmp.y;
			st.push({a[i] , i});
		}
	}
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
		dp[i] = sum[i - 1] - sum[tl[i]];
		dp[i] += mod;
		if(tl[i] == 0){
			dp[i]++;
		}
		dp[i] += dp2[tl[i]];
		sum[i] = sum[i - 1] + dp[i];
		dp2[i] = dp2[tl[i]] + dp[i];
		dp[i] %= mod;
		sum[i] %= mod;
		dp2[i] %= mod;
	}
	int ans = 0;
	while(!st.empty()){
		st.pop();
	}
	for(int i = n ; i >= 1 ; i --){
		while(!st.empty()){
			auto tmp = st.top();
			if(a[i] < tmp.x){
				st.pop();
			}
			else{
				break;
			}
		}
		if(st.empty()){
			ans += dp[i];
			ans %= mod;
			st.push({a[i] , i});
		}
		else{
			st.push({a[i] , i});
		}
	}
	cout << ans << endl;
	//10
	//10 2
	///10 2 6 10 6
	//

}            
signed main() 
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cout.precision(10);
    int t=1;
	cin>>t;
    while(t--)
    {
    	solve();
    }
    return 0;
}

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