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这题说的是给了一个 长度为n(n<=50000)的数列数列表示的是给每个珍珠涂的颜色然后你可以操至多n次 每次操作只能操作连续的区间然后 每次操作是的代价是这个区间的 不同颜色的个数，
可以知道最多的代价是n 然后 可以知道当这个区间内不同颜色的个数大于sqrt(n) 时才进行合并 否者 就是一个一个涂这样代价少的多，然后现在就剩下处理在当前位置j种颜色的达到的最远距离然后就 找到这个点的前一个相同的位置per[i]
然后可以知道 f[i][j] = per[i]>i-1-flow[i-1][j]?flow[i-1][j]+1 :flow[i-1][j-1]+1 当这个 点重复点出在前面那个点（i-1）j种不同的最远距离内 ，那么就知道他一定与前面某个相同，然后如果小于可以知道在 i-1位置的j-1种在加上当前的距离1 就得到了现在的 j种的当前位置
#include <iostream> #include <cstdio> #include <string.h> #include <algorithm> #include <vector> #include <cmath> using namespace std; const int maxn =10005*5; int A[maxn],B[maxn]; int F[maxn],per[maxn]; int flow[2][maxn]; int dp[maxn]; int main() { int n; while(scanf("%d",&n)==1){ for(int i=1; i<=n; i++){ scanf("%d",&A[i]); B[i-1]=A[i]; } sort(B,B+n); int len = unique( B, B+n )-B; for(int i=1; i<=n; i++){ A[i]= lower_bound(B,B+len,A[i])-B; } memset(F,-1,sizeof(F)); int m=2; for(int i=2; i<=n; ++i){ if(A[m-1]!=A[i]){ A[m++]=A[i]; } } for(int i=1 ; i<m; ++i){ per[i]=F[A[i]]; F[A[i]]=i; } memset(flow,0,sizeof(flow)); int now=0; int L =sqrt(m+1.0); for(int i=1; i<m; ++i){ dp[i]=i; now=1-now; for(int j=1; j<=L; ++j){ flow[now][j]=per[i]>i-1-flow[1-now][j]?flow[1-now][j]+1:flow[1-now][j-1]+1; dp[i]=min(dp[i],j*j+dp[i-flow[now][j]]); } } printf("%d\n",dp[m-1]); } return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/Opaser/p/3974753.html
