题目：https://loj.ac/problem/2719
首先要发现合法的充要条件是 | LDS | <=2 ！
因为有没用的步数，说明一个元素先往左移、又往右移（不会先往右移再往左移，因为一旦往右移，说明它是前缀最大值，并且一直是），就说明它前面有一个比它大的、后面有一个比它小的，即有长度至少为 3 的 LDS 。
考虑 DP ，已填了前 i 个位置。注意到已经填过的最大的数最容易产生 LDS ，所以令 dp[ i ][ j ] 表示填了前 i 个位置、已填的最大数是 j 的方案数。
考虑第 i 个位置，如果填一个 < j 的数，只能填未填的最小数（这个发现很重要！），不然之后就会产生长度为 3 的 LDS 了；如果填一个 > j 的数，就没什么要注意的。
所以有 dp[ i ][ j ]*1 -> dp[ i+1 ][ k ] ( k>=j )
注意到系数全是 1 ，考虑用前缀和的思想来优化。就是 dp[ i ][ j ] 只向 dp[ i+1 ][ j ] 转移，然后 dp[ i ][ j ] 可以向 dp[ i ][ j+1 ] 转移。
如果 j = i ，考虑到没有 dp[ i+1 ][ j ] ，所以 dp[ i ][ j ] 向 dp[ i+1 ][ j+1 ] 转移即可。
每个状态画成二维格点，发现转移就是只能向右或向上、右下角一些位置不能走的 “从 ( 0 , 0 ) 走到 ( n , n ) ” 的方案数！可用卡特兰数。
那个斜着的边，把它改成横平竖直的即可。那么就是不能经过 y=x-2 这条直线。从 ( x1,y1 ) 走到 ( x2,y2 ) 的方案数就是 ( C_{x2-x1+y2-y1}^{x2-x1} - C_{x2-(y1+1)+y2-(x1-1)}^{x2-(y1+1)} ) 。
注意第0列是没有竖着的转移的。可以认为是从 ( 1 , 1 ) 走到 ( n , n ) 。
然后要保证字典序 > q 。考虑数位 DP 。
设当前做到第 i 位、之前都是贴着上界。设之前贴上界的已填数中最大值是 mx ，未填的最小值是 mn 。
第 i 位不贴上界，设填 k ，需要 k > q[ i ] ；还需要 k > mx ，因为若 k < mx ，又有 k > q[ i ] ，所以 mx , k , q[ i ] 会组成长度为 3 的 LDS 。
那么就是要 ( sumlimits_{k>max(mx,q[i])} dp[i][k] ) ；这是一个后缀和，正好就是从 ( i , max( mx,q[ i ] )+1 ) 走到 ( n , n ) 的不经过 y=x-2 的方案数。
如果贴上界，需要满足 q[ i ] > mx || q[ i ] == mn ，不然会出现长度 >=3 的 LDS 。如果不满足的话，就没有从第 i 位往后贴上界的方案了，直接 break 掉。
注意预处理至 2*n 。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define ll long long using namespace std; int rdn() { int ret=0;bool fx=1;char ch=getchar(); while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')fx=0;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9')ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar(); return fx?ret:-ret; } int Mx(int a,int b){return a>b?a:b;} const int N=12e5+5,mod=998244353;//N=6e5*2!!! int upt(int x){while(x>=mod)x-=mod;while(x<0)x+=mod;return x;} int pw(int x,int k) {int ret=1;while(k){if(k&1)ret=(ll)ret*x%mod;x=(ll)x*x%mod;k>>=1;}return ret;} int n,a[N],jc[N],jcn[N]; bool vis[N]; void init() { int lm=12e5; jc[0]=1;for(int i=1;i<=lm;i++)jc[i]=(ll)jc[i-1]*i%mod; jcn[lm]=pw(jc[lm],mod-2); for(int i=lm-1;i>=0;i--)jcn[i]=(ll)jcn[i+1]*(i+1)%mod; } int C(int n,int m) { if(n<0||m<0||n<m)return 0; return (ll)jc[n]*jcn[m]%mod*jcn[n-m]%mod; } int cal(int x,int y) { return upt(C(2*n-x-y,n-x)-C(2*n-x-y,n-y-2));} int main() { freopen("inverse.in","r",stdin); freopen("inverse.out","w",stdout); int T=rdn(); init(); while(T--) { n=rdn(); for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=rdn(); memset(vis,0,sizeof vis); int mn=1,mx=0,ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) { ans=upt(ans+cal(i,Mx(a[i],mx)+1)); if(a[i]<mx&&a[i]!=mn)break; mx=Mx(mx,a[i]); vis[a[i]]=1; while(i<n&&vis[mn])mn++; } printf("%d ",ans); } return 0; }