原题链接：D. Array Collapse

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题目大意：

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给你一个长度为 $n$ 的排列 $p$ ，排列的定义为 $[1,2,3,..,n]$ 中每个数都出现 恰好 一次。

你可以做 任意多次 这样的操作：

选出一个任意长度的子数组（数组中连续的一段），保留其最小的元素，并将其他元素从数组中删去。

现在询问你，按上面的方法操作之后，最终可以获得多少个互不相同的数组，答案对 $998$ $244$ $353$ 取模后输出。

解题思路：

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我们可以发现一个事实：

因为每次都是保留一个最小元素，假设我们想要保留某一个元素在最终数组里，那么我们只能删除它两边比它大的元素。

假设数组为：$[4,3,5,2,1,8,6,7]$

则 $3$ 只能删除 $[1,3]$ 区间的元素，$2$ 只能删除 $[1,4]$ 区间的元素，而最小值 $1$ 可以把区间 $[1,8]$ 的元素全都删完，这里的删完是指的是除了自己以外的元素。

我们发现，每个点都管辖着一个区间，我们可以联想到 笛卡尔树 。

比如我们按照下标满足二叉搜索树，权值满足小根堆的方式按照上面的数组，所构建出来的笛卡尔树就是：

一个节点的子树就是他能管辖到的位置。

这样，我们就能对每个节点管辖到的左右子树进行分类讨论了。

• 对管辖了 $[1,n]$ 的根结点 $1$ 无论如何也不能删去，没有贡献。
• 一个节点 $u$ 而言，如果我们要保留它，显然它的左右子树的方案是独立的，因此保留它的方案数有 $ansl\times ansr$ 种。
• 假设不保留它，而且它管辖了 $[1,x]$ 的一段区间，说明它是其左边的最小值，比如 $3$ 。我们左边没有比我们更小的数来删掉节点 $u$ 了，因此我们只能被右边比我们小的 $2$ 删去，右子树会被随之吞并，而左子树是独立的，所以方案数有 $ansl$ 种。
• 假设不保留它，而且它管辖了 $[x,n]$ 的一段区间，说明它是其右边的最小值，比如 $6$ 。我们右边没有比我们更小的数来删掉节点 $u$ 了，因此我们只能被左边比我们小 $1$ 的删去，左子树会被随之吞并，而右子树是独立的，所以方案数有 $ansr$ 种。
• 假设不保留它，而且它管辖了 $[x,y]$ 的一段区间，说明它左右都有比他小的值 。我们既可以被左节点删除，又可以被右节点删除，所以方案数有 $ansl+ansr-1$ 种。（首先左右子树是独立的，我们点 $u$ 被左边删了，而右子树有一个全删完的方案，此时我们计算了一个删空点 $u$ 整个子树的方案。而我们被右边删了，左子树有一个全删完的方案，此时我们又计算了一次删空点 $u$ 的方案，点 $u$ 的子树空被计算了两次，所以要减去 $1$ ）

我们只需要从 $1$ 开始，然后跑递归处理每个点作为子树的方案值，回溯过程中 $DP$ 即可。

时间复杂度：$O(n)$

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;using PII = pair<int, int>;
using i64 = long long;template<class Ty>
struct CartesianTree {vector<int> stk;vector<int> L, R;CartesianTree() {}tuple<int, vector<int>, vector<int>> work(const vector<Ty>& A) {L.assign(A.size(), 0), R.assign(A.size(), 0);int n = A.size() - 1;for (int i = 1; i <= n; ++i) {int lst = 0;while (stk.size() && A[stk.back()] > A[i]) {lst = stk.back();stk.pop_back();}if (stk.size()) {R[stk.back()] = i;}if (lst) {L[i] = lst;}stk.emplace_back(i);}return {stk[0], L, R};}
};const int mod = 998244353;void solve() {int n;cin >> n;vector<int> arr(n + 1);for (int i = 1; i <= n; ++i) {cin >> arr[i];}CartesianTree<int> T;auto [root, L, R] = T.work(arr);auto DFS = [&](auto self, int u, int l, int r) -> i64 {i64 ansl = 1, ansr = 1;if (L[u]) ansl = self(self, L[u], l, u - 1);//有左子树就去左子树if (R[u]) ansr = self(self, R[u], u + 1, r);//有右子树就去右子树i64 ans = ansl * ansr % mod;//保留根的答案//删除根的答案if (l == 1 && r == n);//跳过根节点else if (l == 1) {//只能被右边删ans += ansl;} else if (r == n) {//只能被左边删ans += ansr;} else {//左右都能删ans += ansl;ans += ansr;ans -= 1;}return (ans + mod) % mod;};cout << DFS(DFS, root, 1, n) << '\n';
}signed main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1; cin >> t;while (t--) solve();return 0;
}