原题链接：G2. Light Bulbs (Hard Version)

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题目大意：

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有 $n$ 种颜色，每种颜色都有两个灯泡，灯泡都排成一行。

最初所有灯都是关闭的，你可以选择任意几个灯泡使它们打开，然后你可以做以下操作。

• 选择两个灯泡 $i,j$ ，它们 同色，且其中一个灯泡亮了，你就可以打开另一个。
• 选择三个灯泡 $i,j,k$，且 $i,k$ 同色且都亮了，并且 $i<j<k$ ，则可以点亮灯泡 $j$ 。

现在希望你选择一些灯泡，并且在一定的顺序操作后，可以使得所有灯泡都被点亮。

现在询问你：

• 最少需要点亮多少个灯泡，才能使得所有的灯泡都被点亮。
• 在满足最少数量的前提下，有多少种选择灯泡的方法，使得所有的灯泡都被点亮，对 $998$ $244$ $353$ 取模后输出。

解题思路：

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我们手玩一下，发现几个情况，无论怎么给出序列，都是下面几种情况的拼接：

假设序列是：$[1,2,3,1,2,3]$ 。

我们选择 $1$ ，那么区间 $[1,4]$ 所有的灯泡都能被点亮，而颜色 $2,3$ 有一个端点被点亮了，所以它们的另一个端点也能被点亮。同理，选择 $2,3$ 作为开始的灯泡也是一样的，我们这样操作能点亮的区间是整个 $[1,6]$ ，而且是最小操作。

假设序列是：$[1,2,3,3,1,2]$ 。

同样的，选择 $1,2$ ，就能点亮所有的灯泡，但我们如果选 $3$ ，它只会点亮 $[3,4]$ 这个区间，还要额外再选 $1,2$ 才能把整个序列都点亮，显然不是最小方案。

注意到，我们只需要开局选择点亮一个灯泡，之后就可以操作 $2$ ，操作 $1$ ，操作 $2$ ，$...$ ，这样循环下去，最重要的还是最初怎么选点来执行操作 $2$ 。

我们把题意转化一下，把每个颜色 $i$ 看成是一个节点 $i$ ，当点 $i$ 被选了，就可以同时去选择一些在区间 $[l_i,r_i]$ 之内的点 $j$ ，但点 $j$ 不一定能选回点 $i$ ，这是一个有向图的形式。

如果按照这样的思路的话，我们就可以按照这样的情况画出上面两种情况的图：

对于第一个情况：

对于这种情况来说，我们无论最开始先选 $1,2,3$ 的任意一个，都能把 $1,2,3$ 点亮，因为他们同属于一个强连通分量。

对于第二个情况：

对于这种情况来说，我们无论最开始先选 $1$ ，还是 $2$ 都能把 $1,2,3$ 点亮，因为 $1,2$ 属于同一个强连通分量，并且 $3$ 是 $1,2$ 能到达的点。

这启发我们做一个事情，跑强连通分量，然后缩点，同时记录缩点后的每个强连通分量里有多少个点，缩点完后的图一定是一张 $DAG$ 图。

考虑缩点后的 $DAG$ 图，我们想要选择最少的点使得整张图都被点亮，就只用选择那些入度为 $0$ 的点，因为除了开始就点亮以外，没有其他办法能点亮它们。

入度为 $0$ 的点的个数，就是我们要的最小操作数。

那么方案数呢？

也很简单，因为入度为 $0$ 的点必选，且每个点要么是一个强连通分量要么是原图上的点，如果是强连通的点，比如上面的第一个样例 $1\to 2$，$2\to 3$，$3\to 1$，我们会缩成一个点，设为 $X$，且点 $X$ 包含原图的点的数量为 $3$ ，所以我们有三种方案。

同理上图的第二个样例的方案数就是 $2$ 。

那么答案按乘法原理，就是所有入度为 $0$ 的点的方案的乘积。

那么一个点向区间连边呢？这是个很典型的 $trick$ ，我们用 线段树优化建图 就好了。

要注意的是，如果用线段树优化建图，我们首先会造出一个虚拟图出来。

虚拟图上有很多不属于统计的范围内，但是入度为 $0$ 的点，我们要把它们先删去，否则会影响答案，这里用拓扑排序删点就好了。

每个点建最多 $O(\log n)$ 条边，一共有 $n$ 个点，而跑 $Tarjan$ 是 $O(V+E)$ 的。

所以时间复杂度为： $O(n\log n)$

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;using PII = pair<int, int>;
using i64 = long long;//强连通分量板子
struct SCC {int n, c_scc, idx;vector<int> stk;vector<int> dfn, low, scc, siz;vector<vector<int>> g;SCC() {};SCC(int _) { init(_); }void init(int _) {this->n = _;g.assign(_ + 1, {});dfn.resize(_ + 1);low.resize(_ + 1);scc.resize(_ + 1);siz.resize(1);stk.clear();idx = c_scc = 0;}void addEdge(int u, int v) {g[u].emplace_back(v);}void DFS(int u) {dfn[u] = low[u] = ++idx;stk.emplace_back(u);for (auto& v : g[u]) {if (!dfn[v]) {DFS(v);low[u] = min(low[u], low[v]);} else if (!scc[v]) {low[u] = min(low[u], dfn[v]);}}if (dfn[u] == low[u]) {int top = -1, cnt = 0; ++c_scc;while (top != u) {top = stk.back(); stk.pop_back();scc[top] = c_scc; ++cnt;}siz.emplace_back(cnt);}}void work() {for (int i = 1; i <= n; ++i) {if (!dfn[i]) DFS(i);}}
};const int mod = 998244353;void solve() {int n;cin >> n;n <<= 1;SCC g(n * 4);vector<PII> line(n >> 1);for (int i = 1; i <= n; ++i) {int x;cin >> x;auto& [l, r] = line[--x];if (!l) {l = i;} else {r = i;}}//build建虚拟图 那么叶子节点的节点编号就对应我们的 1,2,...,n 号点了vector<int> leaf(n + 1);auto build = [&](auto self, int k, int l, int r) -> void {if (l == r) {leaf[l] = k;return;}int mid = l + r >> 1;self(self, k << 1, l, mid);self(self, k << 1 | 1, mid + 1, r);g.addEdge(k, k << 1);g.addEdge(k, k << 1 | 1);};build(build, 1, 1, n);//线段树优化建图auto connect = [&](auto self, int k, int l, int r, int x, int y, int node) -> void {if (l >= x && r <= y) {g.addEdge(node, k);return;}int mid = l + r >> 1;if (x <= mid) self(self, k << 1, l, mid, x, y, node);if (y > mid) self(self, k << 1 | 1, mid + 1, r, x, y, node);};//每个点 i 向区间 [l,r] 用线段树优化建图for (auto& [l, r] : line) {connect(connect, 1, 1, n, l, r - 1, leaf[r]);connect(connect, 1, 1, n, l + 1, r, leaf[l]);}g.work();//记录每个强连通分量有多少个原图内的点vector<int> cnt(g.c_scc + 1);for (int i = 1; i <= n; ++i) {++cnt[g.scc[leaf[i]]];}vector<int> in(g.c_scc + 1);//建缩点后的图：vector<vector<int>> G(g.c_scc + 1);for (int i = 1; i <= n * 4; ++i) {for (auto& v : g.g[i]) {if (g.scc[i] != g.scc[v]) {G[g.scc[i]].emplace_back(g.scc[v]);++in[g.scc[v]];}}}//由于我们是在线段树上的虚拟图跑的Tarjan 所以我们要除去那些没用的点//只保留 缩点后点内至少有一个原图的点 的那些点queue<int> que;for (int i = 1; i <= g.c_scc; ++i) {if (!in[i]) {que.push(i);}}while (que.size()) {int u = que.front(); que.pop();for (auto& v : G[u]) {if (--in[v] == 0) {if (!cnt[v]) {que.push(v);}}}}//如果入度为0且是合法点 即我们缩点点内至少有一个原图的点才是符合统计范围内的点i64 ans1 = 0, ans2 = 1;for (int i = 1; i <= g.c_scc; ++i) {if (!in[i] && cnt[i]) {++ans1;ans2 = ans2 * cnt[i] % mod;}}cout << ans1 << " " << ans2 << '\n';
}signed main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1; cin >> t;while (t--) solve();return 0;
}