CodeForces - 1366E Two Arrays(組合數學+思維)

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題目大意：給出一個長度爲 n 的序列 a ，再給出一個長度爲 m 的序列 b ，題目保證序列 b 是嚴格遞增的，我們需要將 a 分割成恰好 m 段，使得每一段的最小值恰好等於 b[ i ] ，問有多少種分割方法

題目分析：我們需要將序列 a 恰好分爲 m 段的話，如果知道每一段的左右區間的取值範圍後，根據乘法原理不難算出答案，但又因爲每一段的左端點和右端點都是不斷變化的，看似不太好直接求解

仔細分析一下不難看出，因爲相鄰的兩段之間是拼接而成的，所以上一段的終點，也就決定了下一段的起點，反之亦然

又因爲序列 b 是嚴格遞增的，且需要求的是序列 a 中的最小值，所以倒着處理比較方便

這樣一來我們就可以求出每一個 b[ i ] 對應在序列 a 上的起點的左右區間，然後利用乘法原理計算答案就好了

舉個例子，就拿樣例 1 來說

序列 a 爲 { 12 10 20 20 25 30 } ，序列 b 爲 { 10 20 30 }

倒着來看的話，如果想要讓 min( a[ l ] : a[ r ] ) = b[ 3 ] 的話，只能在序列 a 中取 [ 6 , 6 ] 這段區間，這樣一來，b[ 2 ] 終點的位置就確定爲 5 了，看一下 b[ 2 ] 的起點，可以選擇 3 也可以選擇 4 ，即在序列 a 中選擇區間 [ 3 , 5 ] 和 [ 4 , 5 ] 都可以滿足 min( al : ar ) = b[ 2 ] ，此時因爲 b[ 1 ] 的起點一定是位置 1 ，而 b[ 1 ] 的終點已經由 b[ 2 ] 的起點決定了，所以這個樣例的答案爲 2 

到這裏可能會有一個疑問，假如 b[ k + 1 ] 起點的選擇範圍是 [ x , y ] ，b[ k ] 當前選擇的起點爲 z ，正常來說當 b[ k + 1 ] 這段選擇的起點爲 x 時，b[ k ] 這段選擇的區間是 [ z : x - 1 ] ，這裏的 min( a[ z ] : a[ x - 1 ] ) = b[ k ] 是顯然的，那麼當 b[ k + 1 ] 這段如果選擇的起點是 x + 1 時，如何保證 min( a[ z ] : a[ x ] ) 這段也是 b[ k ] 呢？因爲之前 a[ x ] 這個元素包含在 b[ k + 1 ] 這段中，所以 a[ x ] >= b[ k + 1 ] ，又因爲 b[ k + 1 ] > b[ k ] (已知條件)，所以 a[ x ] >= b[ k + 1 ] > b[ k ] ，所以 min( a[ z ] : a[ x ] ) = min( min( a[ z ] : a[ x - 1 ] ) , a[ z ] ) = min( b[ k ] , a[ x ] ) = b[ k ]

說道這裏就可以想到維護一個最小值的後綴然後判斷了，設 mmin[ i ] = min( a[ i ] : a[ n ] ) ，根據上面的那一段可知，如果我們處理到了第 k 個位置，也就是需要處理第 b[ k ] 段的區間，只要 [ k + 1 , m ] 這些區間都合法的話，那麼 mmin[ i ] = b[ k ] 的這些位置都是可以在第 k 段上當做起點的位置，且是連續的，因爲數據比較大，所以用 map 離散的記一下數

代碼：
 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
using namespace std;

typedef long long LL;

typedef unsigned long long ull;

const int inf=0x3f3f3f3f;

const int N=2e5+100;

const int mod=998244353;

int a[N],b[N];

int mmin[N];

map<int,int>cnt;

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
//	freopen("input.txt","r",stdin);
//	freopen("output.txt","w",stdout);
#endif
//	ios::sync_with_stdio(false);
	int n,m;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",a+i);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		scanf("%d",b+i);
	mmin[n+1]=inf;
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		mmin[i]=min(mmin[i+1],a[i]);
		cnt[mmin[i]]++;
	}
	if(mmin[1]!=b[1])
		return 0*puts("0");
	LL ans=1;
	for(int i=2;i<=m;i++)
		ans=ans*cnt[b[i]]%mod;
	printf("%lld\n",ans);




    return 0;
}