Educational Codeforces Round 118 (Rated for Div. 2) D. MEX Sequences

\(DP\)真的太难了啊！！
首先考虑到\(f(i, s)\)表示，从前\(i\)个数中选，最后一个数为\(a_i\)，且\(MEX(a_1,....,a_i) = \left\{ \begin{aligned} a_{i} - 1 (s = 0) \\ a_{i} + 1(s = 1)\end{aligned} \right.\)，因为有\(a_i\)的存在，那么\(MEX\)只能取这两种值。
列出方程：

\[f(i, a[i] - 1) = \sum\limits_{j = 1}^{i - 1}f(j, a[j] - 1)[a_j == a_i] + \sum\limits_{j = 1}^{i - 1}f(j, a[j] + 1)(a_j == a_i - 2) \]

\[f(i, a[i] + 1) = \sum\limits_{j = 1}^{i - 1}f(j, a[j] - 1)[a_j == a_i + 2] + \sum\limits_{j = 1}^{i - 1}f(j, a_j + 1)(a_j == a_i) \]

但是这样需要\(O(n ^ 2)\)复杂度。

而发现给定的\(a_i\)值很小，因此可以直接把这个作为状态。

\(f(j, s)\)表示从前i个数中选，\(MEX(...a_k) = j\)，且最后一个数为\(a_k\)，\(a_k = \left\{ \begin{aligned} j - 1 (s = 0) \\ j + 1(s = 1)\end{aligned} \right.\)的方案数，那么当前x影响的只有\(f(x + 1, s)\)与\(f(x - 1, s)\)这两种方案，这样复杂度就降为了\(O(n * 2)\)

下面进行分类讨论:
1. 若\(MEX = x + 1\)，最后一个数为\(x\)的方案。
1.1 前\(i - 1\)个数\(MEX = x + 1\)，最后一个数为\(x\)的方案。
1.2 前\(i - 1\)个数\(MEX = x + 1\)，最后一个数为\(x\)，再添加一个\(x\)的方案。
1.3 前\(i - 1\)个数\(MEX = x\)，最后一个数为\(x - 1\)，再添加一个\(x\)的方案。
那么方程如下：

\[f(x + 1, 0) = 2 * f(x + 1, 0) + f(x, 0) \]

2. 若\(MEX = x + 1\)，最后一个数为\(x + 2\)的方案。
2.1 前\(i - 1\)个数\(MEX = x + 1\)，最后一个数为\(x + 2\)的方案。
2.2 前\(i - 1\)个数\(MEX = x + 1\)，最后一个数为\(x + 2\)，再添加一个\(x\)的方案。
那么方程如下：

\[f(x + 1, 1) = 2 * f(x + 1, 1) \]

3. 若\(MEX = x - 1\)，最后一个数为\(x\)的方案。
3.1 前\(i - 1\)个数\(MEX = x - 1\)，最后一个数为\(x\)的方案。
3.2 前\(i - 1\)个数\(MEX = x - 1\)，最后一个数为\(x\)，再添加一个\(x\)的方案。
3.3 前\(i - 1\)个数\(MEX = x - 1\)，最后一个数为\(x - 2\)，再添加一个\(x\)的方案。
那么方程如下：

\[f(x - 1, 1) = 2 * f(x - 1, 1) + f(x - 1, 0) \]

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;
const int Mod = 998244353;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        //memset(f, 0, sizeof f);
        int n;
        cin >> n;
        vector<int> a(n);
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            cin >> a[i];
        }
        vector<vector<ll>> f(n + 2, vector<ll>(4, 0));
        f[0][0] = 1;
        //f[0][1] = ;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int x = a[i];
            f[x + 1][0] = (f[x + 1][0] * 2 % Mod + f[x][0]) % Mod;
            f[x + 1][1] = f[x + 1][1] * 2 % Mod;
            
            if (x > 0) {
                f[x - 1][1] = (f[x - 1][1] * 2 % Mod + f[x - 1][0]) % Mod;
            }
        } 
        
        ll res = 0;
        for (int i = 0; i <= n; i++) {
            res = (res + f[i][0] + f[i][1]) % Mod;
        }

        cout << (res - 1 + Mod) % Mod << "\n";
    }

    return 0;
}