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不会啊，看了好久的题解才看懂 TT
因为可以直接分成n段，所以就得到一个答案n，求解最小的答案，肯定是 <= n 的，
所以每一段中的不同数的个数都必须 <= sqrt(n)，不然就不是最小的答案
那么
f[i]表示前i个数的最有解
g[i]表示从当前位置开始，有i个不同的数，最多能往前延伸到哪里
pre[i]表示上一个数为i的位置
cnt[i]表示g[i] + 1 ~ 当前位置 中的不同数的个数
所以 f[i] = min(f[i], f[g[j]] + j * j)
那么问题就是g数组的更新
如果 pre[x] > g[x]，说明新的数在g[x] + 1 ~ 当前位置 中就包含了，不用更新，
否则g[x]就一直向后删除，直到有一种数全部删除，也就是到pre[x] <= g[x]
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define N 40001
#define min(x, y) ((x) < (y) ? (x) : (y))
int n, m;
int a[N], pre[N], cnt[N], g[N], f[N];
//f[i]表示前i个的最优解，g[i]表示数量为i最多能向左延伸到哪
inline int read()
{
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == ‘-‘) f = -1;
for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - ‘0‘;
return x * f;
}
int main()
{
int i, j, k, x;
n = read();
m = read();
m = sqrt(n);
memset(f, 127, sizeof(f));
for(i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
f[0] = 0;
for(i = 1; i <= n; i++)
{
for(j = 1; j <= m; j++)
if(pre[a[i]] <= g[j]) cnt[j]++;
pre[a[i]] = i;
for(j = 1; j <= m; j++)
if(cnt[j] > j)
{
k = g[j] + 1;
while(pre[a[k]] > k) k++;
g[j] = k;
cnt[j]--;
}
for(j = 1; j <= m; j++)
f[i] = min(f[i], f[g[j]] + j * j);
}
printf("%d\n", f[n]);
return 0;
}
[BZOJ1584] [Usaco2009 Mar]Cleaning Up 打扫卫生（DP）
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原文地址：http://www.cnblogs.com/zhenghaotian/p/7514143.html
