标签：$1 namespace 状态 one 构造 return 出现 ems close
D. isolation
给一个数组 a，把数组分成若干不相交的子段，使得每段“只出现一次的数”不超过 k 个
求有多少种分法，膜 998244353
$n \leq 10^5$
sol：
考虑 dp，令 $f(l,r)=[l,r]中只出现一次的数的数量$，假设可以很快的算出 $f(l,r)$ ，令 $dp(i)=前i个的分法$ ，则 $dp(0)=1,dp(n) = \sum\limits_{i=0}^{n} dp(i) \times [f(i+1,n) \leq k]$
现在只要快速算出 $f(l,r)$ 并想办法加速转移即可
然后是一系列神仙操作：
首先，枚举 $r$，尝试构造一个数组 $b[l,r]$ 使得对于枚举的 $r$，$f(l,r) = \sum\limits_{i=l}^r b[i]$，
因为我们要枚举 $r$ ，所以只需考虑如何快速使 $b_x[]$ 变成 $b_{x+1}[]$ 即可（$b_x$ 表示当 $r=x$ 时的 $b[]$）
一开始，$b_0[0]=0$，为方便描述，记 $pre(x)$ 为数字 $x$ 上一次在 $a$ 数组中出现的位置，保证存在
对于给定的 $a_{x+1}$
如果 $a_{x+1}$ 在之前至少出现过 $2$ 次，把 $b[pre(pre(x+1))]$ 设为 $0$
如果 $a_{x+1}$ 在之前出现过 $1$ 次，把 $b[pre(x+1)]$ 设为 $-1$
最后不管如何，把 $b[x+1]$ 设为 $1$
这样就能保证：出现两次或以上的数对 sumb 的贡献为 0，出现一次的数对 sumb 的贡献为 1
b 数组可以 $O(n)$ 递推出来，考虑怎么优化转移
考虑分块（这就是我的知识盲区了）
每块 [l,r] 维护：
1. $f(l,r)$ （也就是 sumb）
2. 对于每一个 $i \in [-\sqrt{n},\sqrt{n}]$，维护对于每个 $f(x,r) \leq i$ 的 $x$ ，维护 $dp(x-1)$ 的和
对于 2. ，因为 $i$ 是递增的，我们可以对 $i$ 维护一个前缀和
转移的时候在本块以及前面的块里查，本块查的是 $[0,k]$ ，往前查就把右端点每次减这一块的 sumb 就可以了
这样递推到每一个 $r$ 的时候，单块修改 $O(\sqrt{n})$ ，状态转移最多涉及到 $O(\sqrt{n})$ 个块
一路递推到 $n$ 就可以了
#include<bits/stdc++.h> #define LL long long #define rep(i, s, t) for(register int i = s, i##end = t; i <= i##end; ++i) #define dwn(i, s, t) for(register int i = s, i##end = t; i >= i##end; --i) using namespace std; inline int read() { int x = 0, f = 1; char ch = getchar(); for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch == ‘-‘)f = -f; for(;isdigit(ch);ch=getchar())x = 10 * x + ch - ‘0‘; return x * f; } const int mod = 998244353,maxn = 1e5 + 10; int n,k; int a[maxn], b[maxn], nx[maxn], cur[maxn], f[maxn], bl[maxn]; inline void inc(int &x, int y) {x += y; if(x >= mod) x -= mod;} struct block { int l, r, sum, sumf[700], sz; void calsum() { memset(sumf, 0, sizeof(sumf)); int cur = 0; dwn(i, r, l) { cur += b[i]; inc(sumf[sz + cur], f[i - 1]); } rep(i, 1, sz + sz) inc(sumf[i], sumf[i - 1]); } int query(int pos) { if(pos + sz < 0)return 0; return sumf[min(pos + sz, sz + sz)]; } }bs[350]; inline void update(int pos, int val) { f[pos] = val; bs[bl[pos + 1]].calsum(); } int query(int x) { int ans = bs[bl[x]].query(k), cursum = bs[bl[x]].sum; dwn(i, bl[x]-1, 1) { inc(ans, bs[i].query(k - cursum)); cursum += bs[i].sum; } return ans; } int main() { n = read(), k = read(); rep(i, 1, n) a[i] = read(); rep(i, 1, n) nx[i] = cur[a[i]], cur[a[i]] = i; f[0] = 1; int kk = sqrt(n); rep(i, 1, n) bl[i] = (i - 1) / kk + 1; rep(i, 1, bl[n]) { bs[i].r = min(i * kk, n); bs[i].l = bs[i-1].r + 1; bs[i].sz = bs[i].r - bs[i].l + 1; }bs[1].calsum(); rep(i, 1, n) { if(nx[nx[i]]) { int pos = nx[nx[i]]; b[pos]++; bs[bl[pos]].sum++; bs[bl[pos]].calsum(); } if(nx[i]) { int pos = nx[i]; b[pos] -= 2; bs[bl[pos]].sum -= 2; bs[bl[pos]].calsum(); } b[i]++; bs[bl[i]].sum++; bs[bl[i]].calsum(); update(i, (f[i] = query(i))); } cout << f[n] << endl; }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Kong-Ruo/p/10432159.html
