题意：有一张白纸条，你需要给这张纸条染色。染色从颜色1开始染色，每次选择纸条的一段染色时，这一段的颜色必须是相同的。现在给你染色后的纸条，问有多少种染色方案？
F1: 思路：最开始的想法是以染色顺序为一个维度，然后染色区间为另外两个维度去DP，但是最后发现不可以，因为之前的所有的染色对后面的影响不确定，只用在染第几种颜色是无法确定现在可以染色的区间的，还无法记忆化，只能去看题解。。。官方题解的DP设计的比较巧妙。我们DP并不关心染色顺序，我们的关注点在区间。我们可以发现，对于一个区间，第一次开始染的颜色一定是标号最小的那种颜色。假设当前区间是[l, r]，标号最小的颜色c的位置是p，并且在这个区间内染上颜色c的区间是[a, b]，那么区间被分为了4部分：[l, a - 1], [a, p - 1], [p + 1, b], [b + 1, r]，递归的求解这四部分，再把答案乘起来就可以了。容易发现a和b的枚举是独立的，那么把枚举的a的答案和枚举的b的答案分别求出，乘起来就可以了。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define pii pair<int, int>
#define db double
#define LL long long
using namespace std;
const int maxn = 510;
const LL mod = 998244353;
LL dp[maxn][maxn];
int n, m;
pii c[maxn];
set<int> s, s1;
set<int> ::iterator it;
int L[maxn], R[maxn];
int cnt[maxn];
int mi[maxn][maxn];
LL dfs(int l, int r) {
if(r <= l) return 1;
if(dp[l][r] != -1) return dp[l][r];
int p = mi[l][r];
LL sum1 = 0, sum2 = 0;
for (int i = l - 1; i < p; i++) {
sum1 += (dfs(l, i) * dfs(i + 1, p - 1)) % mod;
}
sum1 %= mod;
for (int j = p; j <= r; j++) {
sum2 += (dfs(p + 1, j) * dfs(j + 1, r)) % mod;
}
sum2 %= mod;
dp[l][r] = (sum1 * sum2) % mod;
return dp[l][r];
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
memset(dp, -1, sizeof(dp));
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &c[i].first);
c[i].second = i;
L[i] = 1, R[i] = n;
}
s.insert(0);
s.insert(n + 1);
sort(c + 1, c + 1 + n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
L[i] = (*(--s.lower_bound(c[i].second)));
R[i] = (*s.lower_bound(c[i].second));
L[i]++, R[i]--;
for (int j = L[i]; j <= c[i].second; j++)
for (int k = c[i].second; k <= R[i]; k++)
mi[j][k] = c[i].second;
s.insert(c[i].second);
}
cout << dfs(1, n) << endl;
}
F2: 现在纸条的范围是1e6，不能直接区间DP了。不过通过观察发现，如果纸条上有多个相邻的位置颜色相同，那么可以缩成一个位置，因为这些位置整体要么都不覆盖，要么全部覆盖，和一个位置的贡献相同。容易发现如果方案合法缩点之后点数不会超过1000，所有超过1000的可以直接输出0。缩点之后和F1已经很像了，不过有些小细节需要注意。首先需要判断方案是否合法，容易发现如果有两个颜色相同的位置中间有标号比它们小的颜色，方案不合法。这个直接暴力判断就可以了。其次，在DP计算方案时，除了F1中的四个部分，区间内有可能有多最小标号的位置，这些位置之间的区间也要乘起来。最后，我们不能直接像F1那样枚举区间，比如这种例子：
8 10
8 4 3 5 7 5 2 6 2 1
容易发现，我们在枚举2的覆盖区间时，覆盖区间的左端点不能在2个5之间（包括最右边的5），如果2在这里覆盖了，5这种情况是不可能出现的。这个用指针之类的处理一下就可以了。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define pii pair<int, int>
#define db double
#define LL long long
using namespace std;
const int maxn = 1010;
const LL mod = 998244353;
LL dp[maxn][maxn];
int n, m;
int c[1000010];
int L[maxn], R[maxn];
int cnt[maxn], last[maxn], Next[maxn];
int mi[maxn][maxn];
vector<pii> re[maxn];
LL dfs(int l, int r) {
if(r <= l) return 1;
if(dp[l][r] != -1) return dp[l][r];
int lp = L[mi[l][r]], rp = R[mi[l][r]];
LL sum1 = 0, sum2 = 0, sum3 = 1;
int now = mi[l][r];
for (int i = 0; i < re[now].size(); i++) {
sum3 = (sum3 * dfs(re[now][i].first, re[now][i].second)) % mod;
}
for (int i = l - 1; i < lp; i = Next[i]) {
sum1 += (dfs(l, i) * dfs(i + 1, lp - 1)) % mod;
}
sum1 %= mod;
for (int j = rp; j <= r; j = Next[j]) {
sum2 += (dfs(rp + 1, j) * dfs(j + 1, r)) % mod;
}
sum2 %= mod;
dp[l][r] = (((sum1 * sum2) % mod) * sum3) % mod;
return dp[l][r];
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%d", &c[i]);
}
int tot = 0;
tot = 1;
for (int i = 2; i <= m; i++) {
if(c[i] == c[i - 1]) {
continue;
} else {
c[++tot] = c[i];
}
}
if(tot > 1000) {
printf("0\n");
return 0;
}
memset(dp, -1, sizeof(dp));
memset(last, -1, sizeof(last));
for (int i = 1; i <= tot; i++) {
mi[i][i] = c[i];
for (int j = i + 1; j <= tot; j++) {
mi[i][j] = min(c[j], mi[i][j - 1]);
}
L[i] = tot + 1;
R[i] = 0;
}
bool flag = 0;
for (int i = 1; i <= tot; i++) {
L[c[i]] = min(L[c[i]], i);
R[c[i]] = max(R[c[i]], i);
if(last[c[i]] != -1) {
if(mi[last[c[i]] + 1][i - 1] < c[i]) {
flag = 1;
break;
}
re[c[i]].push_back(make_pair(last[c[i]] + 1, i - 1));
}
last[c[i]] = i;
}
for (int i = 0; i <= tot; i++) {
Next[i] = R[c[i + 1]];
}
Next[tot] = tot + 1;
if(flag) {
printf("0\n");
return 0;
}
cout << dfs(1, tot) << endl;
return 0;
}