题意
定义一个“美丽”的序列为：除第 \(1\) 个数，每个数左边都有至少 \(1\) 个比它小，除最后一个数，每个数右边都有至少 \(1\) 个比它大。给定一个只由 \(\{1,2,3\}\) 组成的数组，求有多少个“美丽”的子串。
题解
我们看到只会有 \(\{1,2,3\}\) 出现，想到从这里入手。因为在数组里不会有比 \(1\) 更小的数，所以 \(1\) 只会是子序列的左端点。同理可得 \(3\) 只会是子序列的右端点，而它们俩中间夹的 \(2\) 会和它们组成一个合法子序列。如果一对 \(1\) 和 \(3\) 中间夹了 \(k\) 个 \(2\)，那么合法的子串数量就是 \(2^k - 1\)。现在我们就有 \(O(n^2)\) 做法：循环每个 \(1\)，对于每个 \(1\) 循环找到它后面的每个 \(3\) 并统计 \(1\) 和这个 \(3\) 之间夹了多少个 \(2\)，然后统计答案。
我们还得想如何把它变成 \(O(n)\) 或者 \(O(n \log n)\) 的做法。我们掏一个样例：1 2 3 2 1 3 2 2 3。对于每个 \(1\)，我们把它对于答案的贡献写出来：
现在我们需要人类智慧。我们发现后面减的数就是这个 \(1\) 后面 \(3\) 的个数。再把后面减掉的数先扔掉，发现就是一堆 \(2^k\) 相加。结合样例分析：每个 \(3\) 会使贡献的项数增加 \(1\)，每个 \(2\) 会使贡献乘 \(2\)。那么我们从后往前循环，记录 \(cnt\) 表示出现了多少个 \(3\)，\(now\) 表示现在如果出现一个 \(1\) 需要计算答案，它贡献的 \(2^k\) 部分是多少。那么我们按照如下过程模拟：
- 遇到 \(3\) 就 \(cnt \leftarrow cnt + 1，now \leftarrow now + 2^0\)。
- 遇到 \(1\) 就把答案增加 \(now - cnt\)。
- 遇到 \(2\) 就 \(now \leftarrow now \times 2\)
这样我们就成功的搞出了一个 \(O(n)\) 的人类智慧解法。
代码
#include<bits/extc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod = 998244353;
int n;
void solve()
{cin >> n;vector<int>a(n + 5);for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i];int cnt = 0,ans = 0,now = 0;for (int i = n; i >= 1; i--){//从后往前循环，模拟即可if (a[i] == 3){cnt++;now++;}else if (a[i] == 1)ans = (ans + now - cnt + mod) % mod;elsenow = (now << 1) % mod;}cout << ans << '\n';
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}
