ARC127E Priority Queue

题面

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容易发现加入的数是一个排列，但是考虑最后的情况不好做。我们反过来看，枚举最终集合 $s$，判断它是否合法。

那么操作就要反过来：第一个操作从加入任意一个数变成删去任意一个数，第二次操作从删去最大的数变成加入一个最大的数。当然顺序也要反过来。

把当前未出现的数看作空位，假设当前是操作二，如果没有空位就不合法。显然对于第一个操作一定是删去最大的数最优（说明若当前集合有加入的数，一定要把它们先删去，再删原本有的数）。

于是我们现在把操作正着看，发现每个操作二都可以与前面的一个操作一抵消，剩下的操作一就是答案集合，而且它们随时间加入单调递增。

现在我们就可以用 DP 求出最终集合 $s$ 的方案数了。设 $f_{i,j}$ 表示 $s$ 中第 $i$ 位填的是 $[1,j]$ 范围的数的答案。因为还要保证合法，所以再设 $a_i$ 表示 $s$ 中第 $i$ 位最大能填多少。显然 $a_i$ 是好求的。

下面转移 $f_{i,j}$。如果第 $i$ 位不填，方案是 $f_{i,j-1}$；如果第 $i$ 位填 $j$，方案是 $f_{i-1,j-1}$（注意 $j\le a_i$）。于是得出转移：
$$f_{i,j}=f_{i,j-1}+f_{i-1,j-1}$$

于是就做完了。时间复杂度 $O(ab)$。

#include
using namespace std;
#define ll long long
const ll mod=998244353;
int n,m,a[10001],p[10001],vis[12],cnt,cnt1;
ll f[5001][5001];
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n+m;i++){
        cin>>a[++cnt];
        if(a[cnt]==1){
            a[cnt]=++cnt1;
        }
        else{
            cnt-=2;
        }
    }
    for(int i=0;i<=n;i++) f[0][i]=1;
    for(int i=1;i<=n-m;i++){
        for(int j=1;j<=a[i];j++){
            f[i][j]=(f[i][j-1]+f[i-1][j-1])%mod;
        }
        for(int j=a[i]+1;j<=n;j++) f[i][j]=f[i][a[i]];
    }
    cout<<f[n-m][a[n-m]];
}