题目
给定一个长为n(n<=2e5)的排列，你可以执行以下操作若干次，
每次你可以选择一个区间[l,r]，只保留这个区间内的最小值，将其他值都删除
删完之后前后位置会自动接上，形成一个新的数组
求这样操作若干次后，所有得到的不同的数组的方案数
答案对998244353取模
思路来源
aging1986代码
题解
dp[i]表示只考虑[1,i]，i作为最后一个元素必取时，合法的方案数
考虑i能续在哪些值后面，作为后继
比如序列，10 5 6 8 9 7，
只考虑7这个值时，
1. 可以什么都不操作，7可以在9后面，
2. 可以操作[9,7]，用7把9删了，7在8后面
3. 操作[8,9,7]，用7把9和8删了，7在6后面
4. 操作[5,6,8,9]，用5把剩下的删了，7在5后面
5. 7无法在10后面，因为10和7之间的值无法把4删掉
观察这个过程，可以维护一个单增的栈，
比如7加入前，栈内从底到顶依次是5 6 8 9，
7的加入使得8和9都弹栈，最后把7加入进去
dp[7]+=dp[8]+dp[9]+dp[5]+dp[6]
即dp值来源于两部分，一部分是最终栈中的dp值之和，一部分是本次弹栈的位置的dp值之和
所以可以分成两部分维护，分别维护单调栈自底到顶的dp值之和，和dp值的前缀和
转移时，根据位置加上这两部分贡献即可，注意判断栈弹空的情况
从左到右扫完之后，求的是前缀合法的情况，
那么此时单调栈自底到顶还是单增的，栈底的值可以把上面的值再删掉
所以考虑枚举最后一个保留的位置是什么，枚举单调栈中的值求和
所以，最终答案就是单调栈内的dp值之和
代码
// #include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
// #include<map>
// #include<random>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<ll,ll> P;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define dbg(x) cerr<<(#x)<<":"<<x<<" ";
#define dbg2(x) cerr<<(#x)<<":"<<x<<endl;
#define SZ(a) (int)(a.size())
#define sci(a) scanf("%d",&(a))
#define pt(a) printf("%d",a);
#define pte(a) printf("%d\n",a)
#define ptlle(a) printf("%lld\n",a)
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
//mt19937_64 rng((ll) chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
const int N=3e5+10,mod=998244353;
int t,n,c,a[N],stk[N],dp[N],sum[N],sum2[N];
int main(){sci(t);while(t--){sci(n);c=0;dp[0]=sum[0]=1;rep(i,1,n){sci(a[i]);while(c && a[stk[c]]>=a[i]){c--;}dp[i]=(sum2[c]+sum[i-1])%mod;//printf("i:%d c:%d stk:%d\n",i,c,stk[c]);if(c)dp[i]=(dp[i]-sum[stk[c]]+mod)%mod;stk[++c]=i;sum[i]=(sum[i-1]+dp[i])%mod;sum2[c]=(sum2[c-1]+dp[i])%mod;//printf("i:%d dp:%d\n",i,dp[i]);}printf("%d\n",sum2[c]);//最后一个值是哪个值，栈底小，栈顶大，左侧自然满足，右侧没有被pop，说明也满足}return 0;
}
