atcoder abc 159：F - Knapsack for All Segments（思維 + 貢獻 + dp）

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有一個 $n^3$ 的樸素做法，對每個區間 進行 dp，顯然是通過不了的，且轉移複雜度爲 O(1)，沒有優化的空間，得考慮從其它角度切入這題。

對於某個解，最左邊的數字的下標爲 $x$，最右邊的數字的下標爲 $y$，這組解對答案的貢獻爲：$x * (n - y + 1)$，考慮枚舉每個數字作爲一組解的最右邊的點，對於第 i 個數字，需要知道前 $i-1$個數字，每種權值和爲 $s - a[i]$ 的方案的最左邊的數字的下標和，這個可以 dp 得到，設 $dp[i][v]$ 表示前 $i$ 個數字，權值和爲 v 的各種方案中，最左邊的數字的下標和，顯然 $dp[i][v] = dp[i - 1][v] + dp[i - 1][v - a[i]]$，當 $v = a[i]$ 時，$dp[i][a[i]] += i$

第一維可以滾動，則每個數字作爲最右邊的數時對答案的貢獻爲：$(n - i + 1) * dp[s - a[i]]$

注意特判轉移時， $s = a[i]$ 的情況，這時最左最右均爲 i

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代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 3e3 + 10;
const int mod = 998244353;
typedef long long ll;
#define lowbit(i) (i & (-i))
ll sum[maxn];
int n,m,k,a[maxn],s,dp[maxn];
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&s);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (s > a[i]) ans = (ans + 1ll * dp[s - a[i]] * (n - i + 1)) % mod;
		else if (s == a[i]) ans = (ans + 1ll * i * (n - i + 1)) % mod;
		for (int j = s; j >= a[i]; j--)
			dp[j] = (dp[j] + dp[j - a[i]]) % mod;
		dp[a[i]] = (dp[a[i]] + i) % mod;
	}
	printf("%d\n",ans);
}