一个很显然的DP方程式：f[i]=Σf[j]，其中j<i且在[j+1,i]中出现1次的数不超过k个
乍一看挺神仙的，只会O(n^2)，就是对于每个位置从后向前扫一遍，边扫边统计出现1次的数的个数。不难发现，同一个数第一次出现时cnt++，第二次出现时cnt--，后面没有变化这不是废话吗？！
于是可以考虑记录一个后缀和，s[i]表示cnt的大小，然后从当前位置开始从右向左第一次出现的值为1，第二次出现的值为-1，之后为0。修改记录lst数组表示该数上次的位置即可。然后每次走一步只对一个数产生影响，就是只对两段的s值产生影响，线段树显然不能够维护一段某个值出现的次数（实际可能能够用高级数据结构但我不会），于是可以采用暴力美学：分块！
对每一块打个标记delta[i]表示块i的变化量（整体增减才计入），cnt[i]表示位置i进行单独修改后的值，sum[i][j]表示第i个块为值为j的f值之和。暴力修改，复杂度O(n^1.5)，可以通过。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+7,mod=998244353;
int n,m,B,a[N],pos[N],bel[N],lst[N],f[N],cnt[N],delta[440],ans[440],sum[440][N];
void update(int u,int v)
{
int t=bel[u];
sum[t][cnt[u]]=(sum[t][cnt[u]]-f[u]+mod)%mod;
if(cnt[u]+delta[t]<=m)ans[t]=(ans[t]-f[u]+mod)%mod;
cnt[u]+=v;
sum[t][cnt[u]]=(sum[t][cnt[u]]+f[u])%mod;
if(cnt[u]+delta[t]<=m)ans[t]=(ans[t]+f[u])%mod;
}
void add(int u,int v,int w)
{
if(u>v)return;
int p=bel[u],q=bel[v];
if(p+1>=q)
{
for(int i=u;i<=v;i++)update(i,w);
return;
}
for(int i=u;bel[i]==p;i++)update(i,w);
for(int i=v;bel[i]==q;i--)update(i,w);
for(int i=p+1;i<q;i++)
{
if(w>0)if(m-delta[i]>=0)ans[i]=(ans[i]-sum[i][m-delta[i]]+mod)%mod;
delta[i]+=w;
if(w<0)if(m-delta[i]>=0)ans[i]=(ans[i]+sum[i][m-delta[i]])%mod;
}
} int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
B=sqrt(n);
bel[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),bel[i]=i/B+1;
f[0]=sum[1][0]=ans[1]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
lst[i]=pos[a[i]];
add(lst[lst[i]],lst[i]-1,-1);
add(lst[i],i-1,1);
int j=i-1;
for(int j=i-1;j>=0&&bel[i]==bel[j];j--)
if(cnt[j]+delta[bel[i]]<=m)f[i]=(f[i]+f[j])%mod;
for(int j=bel[i]-1;j;j--)f[i]=(f[i]+ans[j])%mod;
sum[bel[i]][0]=(sum[bel[i]][0]+f[i])%mod;
if(delta[bel[i]]<=m)ans[bel[i]]=(ans[bel[i]]+f[i])%mod;
pos[a[i]]=i;
}
printf("%d",f[n]);
}