传送门

[前题提要]:感觉dp还是很显然的,感觉单调栈也不是很难想,但是VP的时候脑子比较乱,dp方程想偏了,没写出来…

看完题目,不难发现应该存在一种递推关系.因为会发现最后剩下来的必然是原序列的一种子序列,然后这种子序列计数的问题.应该想到使用dp计数.
刚开始我的想法是使用$dp[i]$记录前$i$位的方案数,然后发现这种方式极难递推.给两个$hack$样例:

2 4 1
3 2 1

发现光光使用上面的dp方程,对于上述两种样例没办法区分.

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所以考虑优化一下我们的dp方程,使用$dp[i]$来记录前$i$位并且最后一位是$i$的子序列个数.
然后想一下该怎么进行转移,对于当前位置$i$,如果它能从$j$位置转移过来,需要满足什么条件.

首先我们区间$[j+1,i-1]$的所有数应该是小于我们的$a[j],a[i]$的,这样我们才能使用端点将区间中的所有数字删掉.也就是说,我们的所有能转移的$j_1,j_2,j_3...j_n$必须满足$a[j_1]<a[j_2]<...<a[j_n]<a[i]$

不难发现,我们的$a[j_n]$应该是$i$位置左边第一个小于$a[i]$的数.这个我们可以使用单调栈预处理出来(使用单调栈倒推即可,此处不在赘述).然后我们会发现$[j_n,i-1]$的所有数字都可以转移过来(中间数被$a[i]$位置的数字删掉),然后对于上述的$j_1$~$j_{n-1}$(注意此处是单点),也都可以转移过来.并且除了上述的点以外,没有一个点能转移到$i$,因为对于其他点来说,区间中一定有一个点的值比端点小.

对于区间$[j_n+1,i]$的贡献,我们可以使用前缀和处理一下
对于所有单点贡献$\sum dp[j_i]$,我们也可以使用前缀和处理,只不过此时的前缀和的下标变了而已.

需要注意的是我们最后剩下来的数字必然是后缀最小值,所以最终我们的答案是就是所有后缀最小值的贡献和

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下面是具体的代码部分:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define root 1,n,1
#define ls (rt<<1)
#define rs (rt<<1|1)
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
inline ll read() {ll x=0,w=1;char ch=getchar();for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') w=-1;for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';return x*w;
}
inline void print(__int128 x){if(x<0) {putchar('-');x=-x;}if(x>9) print(x/10);putchar(x%10+'0');
}
#define maxn 1000000
#define int long long
const int mod=998244353;
const double eps=1e-8;
#define	int_INF 0x3f3f3f3f
#define ll_INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
int p[maxn];int dp[maxn];int sum1[maxn],sum2[maxn];
signed main() {int T=read();while(T--) {int n=read();map<int,int>pos;for(int i=1;i<=n;i++) {p[i]=read();pos[p[i]]=i;}stack<int>s;map<int,int>mp;s.push(p[n]);for(int i=n-1;i>=1;i--) {while(!s.empty()&&p[i]<s.top()) {mp[s.top()]=i;s.pop();}s.push(p[i]);}dp[1]=1;sum1[1]=1;sum2[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++) {dp[i]=(sum1[i-1]-sum1[mp[p[i]]]+mod)%mod;dp[i]=(dp[i]+sum2[mp[p[i]]])%mod;if(mp[p[i]]==0) dp[i]=(dp[i]+1)%mod;sum2[i]=(sum2[mp[p[i]]]+dp[i])%mod;sum1[i]=(sum1[i-1]+dp[i])%mod;}int minn=p[n];int ans=0;for(int i=n;i>=1;i--) {minn=min(minn,p[i]);if(minn==p[i]) {ans=(ans+dp[i])%mod;}}cout<<ans<<endl;for(int i=1;i<=n;i++) {dp[i]=0;sum1[i]=sum2[i]=0;}}return 0;
}