说起来，这题好像也不难……
先考虑 F1 怎么做。
既然别的方法都不行不如试试(f_{i,j}) 表示在刚刚准备开始涂 ([i,j]) 中最小编号的颜色之前，整个区间是同色的，且最后能做到 ([i,j]) 变成要求的颜色，且所有连续颜色段要么完全在 ([i,j]) 内，要么完全在 ([i,j]) 外的方案数。（有点绕，好好理解一下）
那么先找到区间 ([i,j]) 中的最小值 (c)，下一步染色的区间 ([l,r]) 一定要满足 (ile lle rle j) 且包括 (p_c)，其中 (p_c) 是 (c) 出现的位置。
由于染色后，([l,r]) 内同色且与不在 ([l,r]) 内的异色，那么整个带子变成了四块。（图片来源：官方题解）
这是因为，(p_c) 永远不能被重新染色，就把两边分开了；([l,r]) 内和 ([l,r]) 外的已经不同色，后面也不可能变得同色。
那么这四部分可以单独处理。
就有转移方程：(f_{i,j}=sumlimits_{l=i}^{p_c}sumlimits_{r=p_c}^jf_{i,l-1}f_{l,p_c-1}f_{p_c+1,r}f_{r+1,j})。这里由于一些边界原因，不妨设 (f_{i+1,i}=1)。
这是一个 (O(n^4)) 做法（在 F1 中 (n=m)）。优化的话，发现 (l) 和 (r) 在转移中独立。可以重写：(f_{i,j}=(sumlimits_{l=i}^{p_c}f_{i,l-1}f_{l,p_c-1})(sumlimits_{r=p_c}^jf_{p_c+1,r}f_{r+1,j}))
时间复杂度 (O(n^3))。还有个大概 (frac{1}{6}) 的常数。
接下来看看 F2。
首先这个 (m) 太大了，无论如何都不能直接区间 DP。
找找性质：
性质 1：如果两个方格某个时刻开始不同色，那么它们会一直不同色。反过来，如果两个方格最后同色，那么它们始终同色。
所以，不妨把连续一段相等的压成一个，不影响答案。
性质 2：把 (c_i e c_{i+1}) 的 (i) 叫做转折点。那么一次染色最多增加两个转折点。
所以，压缩后如果 (m>2n)，这一定是不可能做到的，直接输出 (0)。
那么接下来 (mle 2n)，基本上可以按上面的方法来做。不过要稍微修改一下。
比如考虑序列 2,1,2，答案明显是 (0)。但是我们上面的做法会用 1 把两边分开单独考虑。
为什么会错呢？因为此时两边不独立。
其实解决方法也很简单，每次判一下是不是序列中所有 (c) 都在这个区间中。如果不是的话，给这个区间染色后不可能做到里面是 (c)，外面也是 (c)。
同时，此时这个区间也分成了不止四段。不过问题不大，前后四段还是通过上面的方法转移，中间几段是一定取满的，直接乘上去就好了。
时间复杂度 (O(n^3+m))，有个大概 (frac{4}{3}) 的常数。在 CF 神机+ 6s 时限下完全不用怕。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int maxn=1111,mod=998244353;
#define MP make_pair
#define PB push_back
#define lson o<<1,l,mid
#define rson o<<1|1,mid+1,r
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline ll read(){
char ch=getchar();ll x=0,f=0;
while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f?-x:x;
}
int n,m,m_,a[1111111],lft[maxn],rig[maxn],f[maxn][maxn];
int main(){
n=read();m_=read();
while(m_--){
int x=read();
if(x!=a[m]) a[++m]=x;
}
if(m>2*n) return puts("0"),0;
MEM(lft,0x3f);
FOR(i,1,m) lft[a[i]]=min(lft[a[i]],i),rig[a[i]]=max(rig[a[i]],i);
FOR(i,1,m) if(lft[a[i]]==i && rig[a[i]]==i) f[i][i]=1;
FOR(i,0,m) f[i+1][i]=1;
FOR(l,2,m) FOR(i,1,m-l+1){
int j=i+l-1,mn=i;
FOR(k,i+1,j) if(a[k]<a[mn]) mn=k;
int x=lft[a[mn]],y=rig[a[mn]],s1=0,s2=0,pre=0;
if(x<i || y>j) continue;
FOR(k,i,x) s1=(s1+1ll*f[i][k-1]*f[k][x-1])%mod;
FOR(k,y,j) s2=(s2+1ll*f[y+1][k]*f[k+1][j])%mod;
f[i][j]=1ll*s1*s2%mod;
FOR(k,i,j) if(a[k]==a[mn]){
if(pre) f[i][j]=1ll*f[i][j]*f[pre+1][k-1]%mod;
pre=k;
}
}
printf("%d
",f[1][m]);
}