题目梗概

定义一个序列是连续的,当且仅当这个序列的最大值-最小值不超过序列长度-1.

现在有一个长度为\(n\)的排列,给出以每个位置为右端点的最长连续区间的长度,求满足的排列的方案数.

解题思路

如果\(a[n]!=n\)且有区间相交显然无解.

那么我们可以根据区间的包含关系建出一棵以\(n\)为根的树,用\(s[i]\)表示节点\(i\)的儿子个数.

因为连续的区间可以看成一个点,所以每个节点的贡献可以分别考虑.

定义\(f[i]\)为长度有多少\(n+1\)的连续序列,满足在删去最大值后不存在长度大于\(1\)的连续序列

那么最后答案显然是\(\prod f[s[i]]\).

考虑\(f[i]\)的转移.

如果从合法方案转来,只要最后一个数不等于\(i\)即可,方案数为\((i-1)f[i-1]\)

如果从不合法方案转来,那么不满足的区间只有有一个,长度设为\(l\),把最大值插入形成合法区间的方案数为\(f[l]\),把插入后的区间看成一个点,与剩下的点的方案数为\(f[i-l]\),若要保证有解,那么这个区间的范围一定在\([2,i-l]\),所以得到:
\[ f[i]=(i-1)f[i-1]+\sum_{l=2}^{i-2}(i-l-1)f[i]f[i-l] \]
\(f\)用分治FFT预处理即可.

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int tt=998244353,g=3;;
const int maxn=1400005;
char nc(){
    static char buf[100000],*l=buf,*r=buf;
    if (l==r) r=(l=buf)+fread(buf,1,100000,stdin);
    if (l==r) return EOF;return *l++;
}
inline int _read(){
    int num=0;char ch=nc();
    while(ch<'0'||ch>'9') ch=nc();
    while(ch>='0'&&ch<='9') num=num*10+ch-48,ch=nc();
    return num;
}
int n,T,f[maxn],A[maxn],B[maxn],re[maxn],a[maxn],top,que[maxn],s[maxn],ans,pd;
int qsm(LL w,int b){int num=1;while(b){if (b&1) num=(LL)num*w%tt;w=(LL)w*w%tt;b>>=1;}return num;}
void NTT(int a[],int f,int n){
    for (int i=0;i<n;i++) if (i<re[i]) swap(a[i],a[re[i]]);
    for (int i=1;i<n;i<<=1){
        int wn=qsm(g,(tt-1)/(i<<1)),w=1,x,y;
        if (f<0) wn=qsm(wn,tt-2);
        for (int j=0;j<n;j+=(i<<1),w=1)
        for (int k=0;k<i;k++,w=(LL)w*wn%tt){
            x=a[j+k];y=(LL)a[j+k+i]*w%tt;
            a[j+k]=(x+y)%tt;a[j+k+i]=(x-y+tt)%tt;
        }
    }
    if (f<0) for (int i=0,INV=qsm(n,tt-2);i<n;i++) a[i]=(LL)a[i]*INV%tt;
}
void work(int l,int r){
    if (l==r){if (l==2) f[l]=2;else f[l]=(f[l]+(LL)f[l-1]*(l-1)%tt)%tt;return;}
    int mid=l+(r-l>>1);work(l,mid);
    int m,len=0;for (m=1;m<=(r-l+1)*2;m<<=1) len++;
    for (int i=0;i<m;i++) re[i]=((re[i>>1]>>1)|(i&1)<<(len-1));
    for (int i=0;i<m;i++) if (i+l<=mid) A[i]=(LL)f[i+l]*(i+l-1)%tt;else A[i]=0;
    for (int i=0;i<m;i++) if (i<=r-l) B[i]=f[i];else B[i]=0;
    NTT(A,1,m);NTT(B,1,m);for (int i=0;i<m;i++) A[i]=(LL)A[i]*B[i]%tt;NTT(A,-1,m);
    for (int i=mid+1;i<=r;i++) f[i]=(f[i]+A[i-l])%tt;
    if (l!=2){
        for (int i=0;i<m;i++) if (i+l<=mid) A[i]=f[i+l];else A[i]=0;
        for (int i=0;i<m;i++) if (i<=r-l) B[i]=(LL)f[i]*(i-1)%tt;else B[i]=0;
        NTT(A,1,m);NTT(B,1,m);for (int i=0;i<m;i++) A[i]=(LL)A[i]*B[i]%tt;NTT(A,-1,m);
        for (int i=mid+1;i<=r;i++) f[i]=(f[i]+A[i-l])%tt;
    }work(mid+1,r);
}
void work(){
    for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=_read(),s[i]=0;
    if (a[n]!=n){printf("0\n");return;}
    top=1;que[1]=n;pd=0;
    for (int i=n-1;i>=1;i--){
        while(i<que[top]-a[que[top]]+1) top--;
        if (i-a[i]<que[top]-a[que[top]]) pd=1;
        s[que[top]]++;que[++top]=i; 
    }
    if (pd){printf("0\n");return;}
    ans=1;for (int i=1;i<=n;i++) ans=(LL)ans*f[s[i]]%tt;
    printf("%d\n",ans);
}
int main(){
    freopen("exam.in","r",stdin);
    freopen("exam.out","w",stdout);
    T=_read();n=_read();work(2,n-1);f[0]=1;f[1]=2;
    while(T--) work();return 0;
}