CF1613D MEX sequences
- 思路：
（真是道好题，神犇们肯定都切掉了，但这题要是放到考场上我肯定不敢写 DP 的 QAQ）
题目范围 \(N=5\times 10^5\)，又是个统计方案的题，珂以发现是道 DP 题。
联系到最长子序列问题，发现如果根据下标设计状态，时间复杂度总是 \(\operatorname{O}(N^2)\) 的。
本题答案又不具有单调性，没法用二分查找优化。
但是题中所给的值域非常小，可以根据值域求解。
然而 MEX 这个东西并不是很好处理 qwq，考虑将其设计进状态中：
设 \(F(i,k,s)\) 为序列前 \(i\) 个数中，选择了若干个数，形成了 MEX 为 \(k\) 的合法序列的方案数。
其中若子序列中的最后一个数为 \(A_j\)，则
\[A_j=\left\{ \begin{matrix} k-1 \ \ \ \ \ \ \ s=0\\ k+1 \ \ \ \ \ \ \ s=1 \end{matrix} \right. \]当 \(A_i=x\) 时，只有 \(k=x+1\)，\(k=x-1\) 对应的情况会受影响，讨论一下：
- 当 \(s=1,k=x+1\) 时，只有一种可能：
先前选出的子序列中，MEX 已经为 \(k\)，且最后一个数为 \(x+2\)，则当前 \(A_i\) 可选可不选。
则 \(F(i,x+1,1)=2\times F(i-1,x+1,1)\)
- 当 \(s = 1,k = x - 1\) 时，有两种可能：
-
先前选出的子序列中，MEX 已经为 \(k\)，且最后一个数为 \(x\)，那么当前的 \(A_i\) 可以选或不选。
-
先前选出的子序列中，MEX 已经为 \(k\)，且最后一个数为 \(x-2\)，那么当前的 \(A_i\) 必须要选。
综上，\(F(i,x-1,1) = 2\times F(i-1,x-1,1) + F(i-1,x-1,0)\).
- 当 \(s = 0,k = x + 1\) 时，有两种可能：
-
已选出的子序列中，MEX 已经为 \(k\)，且最后一个数为 \(x+2\)，那么 \(A_i\) 可选可不选。
-
已选出的子序列中，MEX 已经为 \(x\)，且最后一个数为 \(x-1\)，那么 \(A_i\) 必须选。
综上，\(F(i,x+1,0)=2\times F(i-1,x+1,0)+F(i-1,x,0)\)
- 当 \(s=0,k=x-1\) 时，序列最大数为 \(x-2\)，显然与假设矛盾，故不用讨论 \(x\)。
发现所有 \(F(i,k,s)\) 是同时由上一层 \(i-1\) 转移来的，那么可以舍弃 \(i\) 这一维，按照输入顺序转移状态。
从题目本身，我们可以发现，一个合法的子序列必然由 \(0\) 或 \(1\) 起始，但它们的初始状态不好处理。
发现无论是 \(0\) 起始还是 \(1\) 起始，都可以由 \(F(0,0)\) 转移，那么可以在一开始先设 \(F(0,0)=1\)，最后减掉即可。
那么答案就是：\(\sum\limits_{i=0}^n F(i,0)+F(i,1)\)
code:
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 500005;
typedef long long ll;
const ll mod = 998244353;
int n,x;
ll f[maxn][2],cnt;
void work() {
scanf("%d",&n);
for(int i = 0;i <= n;++ i)f[i][0] = f[i][1] = 0;
cnt = -1;
f[0][0] = 1;
for(int i = 1;i <= n;++ i) {
scanf("%d",&x);
f[x + 1][0] = ((f[x + 1][0] << 1) % mod + f[x][0] % mod) % mod;
f[x + 1][1] = (f[x + 1][1] << 1) % mod;
if(x)f[x - 1][1] = ((f[x - 1][1] << 1) + f[x - 1][0]) % mod;
}
for(int i = 0;i <= n;++ i)(cnt += f[i][0] + f[i][1]) %= mod;
printf("%lld\n",cnt);
return ;
}
int main() {
int T;
scanf("%d",&T);
while(T --)work();
return 0;
}