XLV.CF1178F1 Short Colorful Strip
考虑设\(f[i,j]\)表示：假设区间\([i,j]\)里面一开始所有格子的颜色都是相同的，那么，染成目标状态共有多少种染法。
我们找到\([i,j]\)中最小的那个颜色，设为\(mp\)。则显然，我们下一步要染上\(mp\)这种颜色。
设最终在位置\(p_{mp}\)上染上了颜色\(mp\)。则我们可以在所有这样的区间\([k,l]\)上染上\(mp\)（\(i\leq k\leq p_{mp}\leq l\leq j\)）。
或许你会以为这意味着\(f[i,j]=\sum\limits_{k=i}^{p_{mp}}\sum\limits_{l=p_{mp}}^jf[i,k-1]*f[k,l]*f[l+1,j]\)。
但是，这样是错误的，因为当\([k,l]=[i,j]\)时，\(f[i,j]\)便无法从子状态转移过来！
我们考虑拆开\(f[k,l]\)。因为再往后的染色中，位置\(p_{mp}\)一定没有再被染色过，因此有\(f[k,l]=f[k,p_{mp}-1]*f[p_{mp}+1,l]\)。
则\(f[i,j]=\sum\limits_{k=i}^{p_{mp}}\sum\limits_{l=p_{mp}}^jf[i,k-1]*f[k,p_{mp}-1]*f[p_{mp}+1,l]*f[l+1,j]\)。
特殊定义一下，对于\(f[i,j]\)，如果\(i>j\)，则\(f[i,j]=1\)。这也是为了转移的正确（在应用上述式子时可能会调用到这样的\(f[i,j]\)。
上面的转移是\(O(n^4)\)的；但当我们拆开两个\(\sum\)，就可以把它化成\(O(n^3)\)的。
\(f[i,j]=(\sum\limits_{k=i}^{p_{mp}}f[i,k-1]*f[k,p_{mp}-1])*(\sum\limits_{l=p_{mp}}^jf[p_{mp}+1,l]*f[l+1,j])\)
前后两个括号内的内容互不干涉，故可以分开计算。
复杂度\(O(n^3)\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,num[510],f[510][510];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&num[i]);
for(int i=1;i<=n+1;i++)for(int j=0;j<i;j++)f[i][j]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)f[i][i]=1;
for(int l=2;l<=n;l++)for(int i=1,j=i+l-1;j<=n;i++,j++){
int mp=i;
for(int k=i;k<=j;k++)if(num[k]<=num[mp])mp=k;
int A=0,B=0;
for(int k=mp;k>=i;k--)(A+=(1ll*f[i][k-1]*f[k][mp-1]%mod))%=mod;
for(int l=mp;l<=j;l++)(B+=(1ll*f[mp+1][l]*f[l+1][j]%mod))%=mod;
f[i][j]=1ll*A*B%mod;
}
printf("%d\n",f[1][n]);
return 0;
}