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

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

题解

题目大意是求mex-correct子序列的个数

我们先来看一下mex-correct子序列的性质

假设要在一个已经是mex-correct的子序列后面添加一个数

设当前子序列结尾为x，那么由定义知mex值为x-1或x+1

当mex=x+1时，接下来添加的数只能为x或x+1（后续无限制）

当mex=x-1时，接下来添加的数只能为x或x-2（且后续添加的数都只能为x或x-2）

于是我们大致得知了mex-correct子序列的增减情况

我们可以把子序列分成两半来计数

 

 所有子序列的答案都在红色点位置处进行统计

先计算前半段的答案，即每次只递增1或不变的子序列的个数

可以O(n)扫描一遍计算出来

对于后半段的答案，可以从后往前进行扫描，统计每个数的出现次数

每次的x-2只能在前方有x的时候才能选择

所以再用一个tmp数组，每次出现x时，强制选择当前x，计算答案，累加到之前的答案当中

最终的答案为前半段数量乘后半段的数量

注意前半段数量在反向扫描时还要进行回退 *** 作

如果预处理了2的n次幂可以做到O(n)

（博主太懒了，只用了ksm）

 代码：

#include
#include
#include
using namespace std;
const int mod=998244353;
const int inv2=(mod+1)/2;
int a[500055],tong[500055],cnt[500055],f[500055];
int ksm(int x,int y)
{
	int ret=1;
	while(y){
		if(y&1)ret=1ll*ret*x%mod;
		y>>=1;x=1ll*x*x%mod;
	}
	return ret;
}
int main()
{
	int T,n,i;
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d",&n);
		for(i=1;i<=n;i++){
			scanf("%d",&a[i]);
			a[i]++;
		}
		for(i=0;i<=n+10;i++)f[i]=tong[i]=cnt[i]=0;
		tong[0]=1;
		int ans=0,tmp;
		for(i=1;i<=n;i++){
			tmp=(tong[a[i]-1]+tong[a[i]])%mod;
			tong[a[i]]=(tong[a[i]]+tmp)%mod;
			(ans+=tmp)%=mod;
		}
		for(i=n;i>=1;i--){
			tong[a[i]]=(1ll*tong[a[i]]-tong[a[i]-1]+mod)%mod;
			tong[a[i]]=1ll*inv2*tong[a[i]]%mod;
			ans=(ans+1ll*(tong[a[i]]+tong[a[i]-1])%mod*f[a[i]+2]%mod)%mod;
			cnt[a[i]]++;
			f[a[i]]=(ksm(2,cnt[a[i]]+(a[i]>=2?cnt[a[i]-2]:0)-1)+f[a[i]])%mod;
		}
		ans=(ans+ksm(2,cnt[2])-1)%mod;
		printf("%dn",(ans+mod)%mod);
	}
}