题意
有一串字符串，仅由 { 0 , 1 , 2 , 3 } \{0, 1, 2, 3\} { 0,1,2,3} 组成，长度为 n n n，同时满足 m m m 个条件。每个条件由三个整数组成： l 、 r 、 x l、r、x l、r、x 表示在这个字符串的 [ l , r ] [l, r] [l,r] 这个区间内，有且仅有 x x x 个不同的字符，求问可能的组合有多少种（mod 998244353）
分析题意
因为前几天刚刚写了牛客暑期多校第二场，其中有一道题：ABBA（我的题解）感觉有点接近，所以第一想法就是dp了。但是这道题的字符多，不能像ABBA一样压缩至一维。所以只能想想看当时牛客官方给的题解的方法了。
考虑到之后需要判断条件是否满足，所以我第一感觉就是得定义一个超多维度的dp数组：
const int MAXN = 110;
long long dp[MAXN][MAXN][MAXN][MAXN][MAXN];
各个维度的定义如下：
对于 dp[a][b][c][d][t]
表示整个字符串长度为 t ，最后一次出现 0 的位置为 a，最后一次出现 1 的位置为 b ，最后一次出现 2 的位置为 c ，最后一次出现 3 的位置为d
然后可以得到状态转移方程
dp[t + 1][b][c][d][t + 1] += dp[a][b][c][d][t];
dp[a][t + 1][c][d][t + 1] += dp[a][b][c][d][t];
dp[a][b][t + 1][d][t + 1] += dp[a][b][c][d][t];
dp[a][b][c][t + 1][t + 1] += dp[a][b][c][d][t];
当然这个数组肯定是没法开的，所以把 t 压缩了，变成滚动dp
const int MAXN = 110;
long long dp[MAXN][MAXN][MAXN][MAXN][2];
然后通过滚动的方式来实现。
但是这并不是卡死这种方法的原因。
根据上面这些，可以写出整个dp过程，大概就是这样：
for (int t = 1; t <= n; t++)
{
for (int a = 0; a <= t; a++)
for (int b = 0; b <= t; b++)
for (int c = 0; c <= t; c++)
for (int d = 0; d <= t; d++)
dp[a][b][c][d][t & 1] = 0;
for (int a = 0; a <= t; a++)
for (int b = 0; b <= t; b++)
for (int c = 0; c <= t; c++)
for (int d = 0; d <= t; d++)
{
dp[t + 1][b][c][d][t & 1] += dp[a][b][c][d][t ^ 1];
dp[a][t + 1][c][d][t & 1] += dp[a][b][c][d][t ^ 1];
dp[a][b][t + 1][d][t & 1] += dp[a][b][c][d][t ^ 1];
dp[a][b][c][t + 1][t & 1] += dp[a][b][c][d][t ^ 1];
}
}
这个复杂的……这还没加上判断是否满足条件……
无论是时间是还是空间上，估计都悬（时间上应该是一定过不了了）
然后只能继续压缩。
考虑到最后无论哪种状态下， a , b , c , d a, b, c, d a,b,c,d 四个变量中，必定有一个且仅有一个变量的值为 t 。而且在这道题中，字符 { 0 , 1 , 2 , 3 } \{0, 1, 2, 3\} {
0,1,2,3} 完全等价。所以我们再压缩一维
const int MAXN = 110;
long long dp[MAXN][MAXN][MAXN][2];
此时的意义如下：
对于变量 dp[x][y][z]
表示字符 { 0 , 1 , 2 , 3 } \{0, 1, 2, 3\} { 0,1,2,3} 中，其中一个最后出现的位置为当前的字符最后（由于这个条件恒成立，所以并未被记录在数组中），剩下的三个字符分别出现在 x , y , z x, y, z x,y,z处，且保证 i < x ≤ y ≤ z ( i 为 当 前 字 符 长 度 ) i < x \leq y \leq z (i 为当前字符长度) i<x≤y≤z(i为当前字符长度) （仅当 x = y = 0 x = y = 0 x=y=0 时满足前面一个等于号，后面的等于号同理。而字符串长度至少为1，且此时 x 、 y 、 z x、y、z x、y、z均为0，所以不存在 i = x i = x i=x 的情况。）而后面的长度为 2 的维度指代当前状态和 上一个状态（滚动dp）
可以得到状态转移方程：
// i 为当前字符串长度，cur 为当前状态，last 为上一个状态
dp[x][y][z][cur] += dp[x][y][z][last]; // 加入的字符与上一个加入的字符相同
dp[i - 1][y][z][cur] += dp[x][y][z][last];
dp[i - 1][x][z][cur] += dp[x][y][z][last];
dp[i - 1][x][y][cur] += dp[x][y][z][last];
得到整个 dp 过程：
dp[0][0][0][0] = 1;
int cur = 1;
int last = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int x = 0; x <= i; x++)
for (int y = 0; y <= x; y++)
for (int z = 0; z <= y; z++)
dp[x][y][z][cur] = 0;
for (int x = 0; x < i; x++)
for (int y = 0; y <= x; y++)
for (int z = 0; z <= y; z++)
{
dp[x][y][z][cur] += dp[x][y][z][last];
dp[i - 1][y][z][cur] += dp[x][y][z][last];
dp[i - 1][x][z][cur] += dp[x][y][z][last];
dp[i - 1][x][y][cur] += dp[x][y][z][last];
dp[x][y][z][cur] %= mod; // 别忘了 mod
dp[i - 1][y][z][cur] %= mod;
dp[i - 1][x][z][cur] %= mod;
dp[i - 1][x][y][cur] %= mod;
}
swap(cur, last);
}
考虑条件
需要判断一个区间内是否满足有多个不同的字符
我们可以根据区间右端为基准，当前dp的字符串长度到达一个条件的右端的时候，通过 x 、 y 、 z x、y、z x、y、z 的值来判断是否到达了要求，如果没有则将此 dp 的赋值为0。如果懒得思考可以直接分类讨论一下就行了。虽然代码会比较长。
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 110;
const int mod = 998244353;
long long dp[MAXN][MAXN][MAXN][2];
// dp[i][j][k] 表示上一次出现不同数字的位置分别是 i、j、k、当前位置
struct Conditions
{
int l, x;
Conditions(int ll, int xx) : l(ll), x(xx) {
}
};
vector<Conditions> conditions[MAXN]; // 用来保存要求
int main()
{
#ifdef ACM_LOCAL
freopen("./in.txt", "r", stdin);
freopen("./out.txt", "w", stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(false);
int t;
cin >> t;
while (t--)
{
int n, m;
cin >> n >> m;
int a, b, c;
for (int i = 0; i < MAXN; i++)
{
conditions[i].clear();
}
for (int i = 0; i < m; i++)
{
cin >> a >> b >> c;
conditions[b].push_back(Conditions(a, c)); // 要求按照 r 的不同来保存
}
dp[0][0][0][0] = 1;
int cur = 1;
int last = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int x = 0; x <= i; x++)
{
for (int y = 0; y <= x; y++)
{
for (int z = 0; z <= y; z++)
{
dp[x][y][z][cur] = 0;
}
}
}
for (int x = 0; x < i; x++)
{
for (int y = 0; y <= x; y++)
{
for (int z = 0; z <= y; z++)
{
dp[x][y][z][cur] += dp[x][y][z][last];
dp[i - 1][y][z][cur] += dp[x][y][z][last];
dp[i - 1][x][z][cur] += dp[x][y][z][last];
dp[i - 1][x][y][cur] += dp[x][y][z][last];
dp[x][y][z][cur] %= mod;
dp[i - 1][y][z][cur] %= mod;
dp[i - 1][x][z][cur] %= mod;
dp[i - 1][x][y][cur] %= mod;
}
}
}
for (int s = 0; s < conditions[i].size(); s++)
{
for (int x = 0; x < i; x++)
{
for (int y = 0; y <= x; y++)
{
for (int z = 0; z <= y; z++)
{
int cnt = 1 + (x >= conditions[i][s].l ? 1 : 0) + (y >= conditions[i][s].l ? 1 : 0) + (z >= conditions[i][s].l ? 1 : 0); // 判断剩下三个位置是否满足条件
if (cnt != conditions[i][s].x)
dp[x][y][z][cur] = 0;
}
}
}
}
swap(cur, last);
}
long long ans = 0; // 求算最终答案。需要把所有的情况都加起来
for (int x = 0; x < n; x++)
{
for (int y = 0; y <= x; y++)
{
for (int z = 0; z <= y; z++)
{
ans += dp[x][y][z][last];
ans %= mod;
}
}
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}