problem

CodeForces

solution

$\text{observation1}:$ 对于一个非空子段 $[l,r]$，最后一个元素 $a_r$ 一定不会被操作。

$\text{observation2}:$ 基于上一条进一步地有，对于一个非空子段，一段连续后缀满足 $a_i\le a_{i+1}$ 一定不会被操作。

$\text{observation3}:$ 操作元素后产生的若干个数形成的 $[l,r]$ 新序列，不仅满足不降，而且要开头尽可能的大。

$\text{observation4}:$ 基于第三点对于新拆出来的区间，其中每个数应该尽可能地平均。

我们假设一个非空子段中 $a_i>a_{i+1}$。

则至少要对 $a_i$ 进行 $\lceil \frac{a_i}{a_{i+1}}\rceil -1$ 次操作，拆分成 $\lceil \frac{a_i}{a_{i+1}}\rceil$ 个数。

这么多个数的数值尽可能平均，所以最小的数值应为：$\lfloor \frac{a_i}{\lceil \frac{a_i}{a_{i+1}}\rceil }\rfloor$。

设 $f(i,x):$ 满足 $i\le j$ 的所有子段 $[i,j]$ 操作使其不降后的第一个元素值为 $x$ 的方案数。

即有多少个 $i$ 开头的非空子段，贪心地操作后，形成的不降序列满足开头元素为 $x$。

暴力的转移有 $f(i,x)={\sum }_{y}f(i+1,y)$。注意是通过枚举 $y$ 计算出 $x$ 的最优取值。

这个似乎是 $O(n^2)$ 的欸？非也非也。

用 $y$ 来计算最优取值 $x=\lfloor \frac{a_i}{\lceil \frac{a_i}{y}\rceil }\rfloor$，即 $f(i+1,y)\to f(i,\lfloor \frac{a_i}{\lceil \frac{a_i}{y}\rceil }\rfloor )$。

这很像数论分块的样子，经典根号范围。

所以这里只有 $\sqrt{n}$ 种不同的取值，我们可以把开 $\text{vector}$ 记录这些取值。

起到优化空间的作用，时间复杂度 $O(n\sqrt{n})$。

至于统计答案，则是在 $f(i+1,y)$ 转移时加上，$f(i+1,y)\ast i\ast (\lfloor \frac{a_i}{a_{i+1}}\rfloor -1)$。

乘上 $i$ 是因为我们状态定义的是后缀，这段后缀可能存在 $[1,i]$ 共 $i$ 种开头的子段中，都要产生贡献。

最后注意过程中的数组清空问题。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 998244353
#define maxn 100005
vector < int > v[2];
int f[2][maxn];
int T, n, ans;
int a[maxn];signed main() {scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &a[i] );for( int i = n;i;i -- ) {int k = i & 1, lst = a[i];v[k].push_back( a[i] );f[k][a[i]] = 1;for( int y : v[k ^ 1] ) {int t = (int)ceil( a[i] * 1.0 / y );int x = a[i] / t;f[k][x] += f[k ^ 1][y];( ans += ( t - 1 ) * i % mod * f[k ^ 1][y] ) %= mod;if( lst ^ x ) v[k].push_back( x ), lst = x;}for( int x : v[k ^ 1] ) f[k ^ 1][x] = 0;v[k ^ 1].clear();}printf( "%lld\n", ans );for( int i : v[0] ) f[0][i] = 0;for( int i : v[1] ) f[1][i] = 0;v[0].clear(), v[1].clear();ans = 0;}return 0;
}