XLVI.CF1178F2 Long Colorful Strip
首先，每一次染色，最多把一整段连续的同色格子，分成了三段。
并且，明显我们可以把连续的同色格子，直接看作一个。
这就意味着，在这么压缩后，有\(m<2n\)。
这就意味着\(O(m^3)\)的复杂度是可以接受的。
还是考虑和前一道题一样的DP。
但是这题，并非所有的\(f[i,j]\)都是合法的；只有对于每一种颜色，它所有的格子要么全都在段内，要么全都在段外，这样的\(f[i,j]\)才是合法的。因为，两个格子只要从什么时候开始颜色不一样了，那它们的颜色也会一直不一样下去。
考虑如何转移。
因为每种颜色都可能出现了不止一次，所以对于一种颜色\(c\)，我们有必要记录它出现的最左端\(mn_c\)与最右端\(mx_c\)。
则转移时的左右两端仍然可以采取和上一问一模一样的转移方式，即
\(f[i,j]=(\sum\limits_{k=i}^{mn_{mp}}f[i,k-1]*f[k,mn_{mp}-1])*(\sum\limits_{l=mx_{mp}}^jf[mx_{mp}+1,l]*f[l+1,j])\)
同时，对于区间\([mn_{mp},mx_{mp}]\)内的非\(mp\)的所有连续格子段\([p_x,q_x]\)，我们也都应该计算它们的贡献。
因此我们最终得到的是
\(f[i,j]=(\sum\limits_{k=i}^{mn_{mp}}f[i,k-1]*f[k,mn_{mp}-1])*(\sum\limits_{l=mx_{mp}}^jf[mx_{mp}+1,l]*f[l+1,j])*\prod f[p_x,q_x]\)
复杂度仍是\(O(n^3)\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,m,num[1000100],f[1010][1010],mn[1010],mx[1010];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(mn,0x3f3f3f3f,sizeof(mn));
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d",&num[i]);
if(num[i]==num[i-1])i--,m--;
}
if(m>2*n){puts("0");return 0;}
// for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d ",num[i]);puts("");
for(int i=1;i<=m;i++)mx[num[i]]=max(mx[num[i]],i),mn[num[i]]=min(mn[num[i]],i);
// for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d %d\n",mx[i],mn[i]);
for(int i=1;i<=m+1;i++)for(int j=0;j<i;j++)f[i][j]=1;
for(int l=1;l<=m;l++)for(int i=1,j=i+l-1;j<=m;i++,j++){
int mp=0x3f3f3f3f;
for(int k=i;k<=j;k++)mp=min(mp,num[k]);
if(mn[mp]<i||mx[mp]>j)continue;
int A=0,B=0;
for(int k=mn[mp];k>=i;k--)(A+=(1ll*f[i][k-1]*f[k][mn[mp]-1]%mod))%=mod;
for(int l=mx[mp];l<=j;l++)(B+=(1ll*f[mx[mp]+1][l]*f[l+1][j]%mod))%=mod;
f[i][j]=1ll*A*B%mod;
// printf("(%d,%d):\n",i,j);
for(int p=mn[mp]+1,q=mn[mp];p<mx[mp];){
while(q<j&&num[q+1]!=mp)q++;
// printf("(%d,%d)\n",p,q);
f[i][j]=1ll*f[i][j]*f[p][q]%mod;
q++,p=q+1;
}
// printf("%d\n",f[i][j]);
}
printf("%d\n",f[1][m]);
return 0;
}