AtCoder Regular Contest 115 E. LEQ and NEQ（容斥 单调栈优化dp）

题目

n(n<=5e5)个数，第i个数ai(1<=ai<=1e9)

构造一个序列b，要求bi∈[1,ai]，且b[i]不等于b[i+1]

求方案数，答案对998244353取模

思路来源

洛谷题解Xu_brezza

一模一样的cf题：

Codeforces Round 759 (Div. 2, based on Technocup 2022 Elimination Round 3) F. Non-equal Neighbours

题解

首先肯定是容斥，假设出现了一对冲突的就叫有一个坏点，

那么，答案=没有冲突的-至少一个冲突的+至少两个冲突的...

出现了一个坏点，就认为是合并减少了一个数，

所以最后如果减少了k个数，就认为序列被拆成了n-k段，且每段内的数字相同

dp[i][j]表示前i个数被划分成了j段的方案数，

其中每段内的数字是相同的，也就是从[1,这一段的最小值]中取

1. 朴素转移即枚举最后一段在哪，补上这最后一段的贡献，对应了这一个区间的最小值

复杂度

2. 注意到，第二维对容斥系数的贡献，只有第二维的奇偶性，所以可以改写为

前缀和分别维护第二维为奇数/为偶数的和，

复杂度

3. 单调栈优化，注意到，如果找到了前面第一个小于ai的数是p，

那么，ai对前面的位置的数，也就是k

考虑k

所以有，

那么，一边维护单调栈一边维护前缀和即可，

特别地，如果不存在这样的p，说明ai是前缀最小，

观察原式后代入ai，有

前0个数分成偶数段方案数为1，分成奇数段方案数为0，对应dp[0][0]=1

最后，答案=至少出现偶数次冲突-至少出现奇数次冲突方案

如果n为偶数，说明分成偶数段=出现偶数次冲突，答案是

否则，如果n为奇数，说明分成奇数段=出现偶数次冲突，答案是

复杂度

代码1

#include
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair P;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define dbg(x) cerr<<(#x)<<":"<=a[i]){
            c--;
        }
        rep(j,0,1){
            if(c)dp[i][j]=(dp[stk[c]][j]+1ll*cal(stk[c],i-1,j^1)*a[i]%mod)%mod;
            else dp[i][j]=1ll*cal(0,i-1,j^1)*a[i]%mod;
            sum[i][j]=(sum[i-1][j]+dp[i][j])%mod;
        }
        stk[++c]=i;
        //printf("i:%d dp:(%d,%d)\n",i,dp[i][0],dp[i][1]);
    }
    if(n&1)ans=(dp[n][1]-dp[n][0]+mod)%mod;
    else ans=(dp[n][0]-dp[n][1]+mod)%mod;
    printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

代码2

自己的乱搞，基于以下这个式子，构造单调栈优化

其中，dp[i]表示以i结尾的方案数，枚举最后一段合并了几个数，

假设最后一段x个数，说明冲突了x-1次，容斥系数是(-1)的x-1次方，加上对应的贡献即可

#include
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair P;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define dbg(x) cerr<<(#x)<<":"<=a[i]){
            int p=stk[c],x=(p-1)&1;
            add(sum[x],mod-1ll*cp[p-1][0]*a[p]%mod);//j
            add(sum2[x],cp[p-1][0]);//j
            add(sum[x^1],mod-1ll*cp[p-1][1]*a[p]%mod);//j
            add(sum2[x^1],cp[p-1][1]);//j
            c--;
        }//1 2 4 6 5 7
        //printf("i:%d sum:(%d,%d) sum2:(%d,%d)\n",i,sum[0],sum[1],sum2[0],sum2[1]);
        int v1=(sum[i&1^1]-sum[i&1]+mod)%mod;
        int v2=1ll*(sum2[i&1^1]-sum2[i&1]+mod)*a[i]%mod;
        dp[i]=(v1+v2)%mod;
        if(i&1)add(dp[i],mn[i]);//dp[0]的贡献
        else add(dp[i],mod-mn[i]);
        //printf("i:%d dp:%d\n",i,dp[i]);
        int x=(i-1)&1;
        stk[++c]=i;
        cp[i-1][0]=sum2[x];
        cp[i-1][1]=sum2[x^1];
        add(sum[x],1ll*cp[i-1][0]*a[i]%mod);
        add(sum[x^1],1ll*cp[i-1][1]*a[i]%mod);
        sum2[0]=sum2[1]=0;
        while(c && a[stk[c]]>=a[i+1]){
            int p=stk[c],x=(p-1)&1;
            add(sum[x],mod-1ll*cp[p-1][0]*a[p]%mod);//j
            add(sum2[x],cp[p-1][0]);//j
            add(sum[x^1],mod-1ll*cp[p-1][1]*a[p]%mod);//j
            add(sum2[x^1],cp[p-1][1]);//j
            c--;
        }
        stk[++c]=i+1;
        x=i&1;
        cp[i][0]=(sum2[x]+dp[i])%mod;
        cp[i][1]=sum2[x^1];
        sum2[0]=sum2[1]=0;
        add(sum[x],1ll*cp[i][0]*a[i+1]%mod);
        add(sum[x^1],1ll*cp[i][1]*a[i+1]%mod);
    }
    printf("%d\n",dp[n]);
	return 0;
}