标签：memset print inf += names efi long std stat
给定一个长度为 \(n(n\le 10^5)\) 的数列，第 \(i\) 个数是 \(a_i\in[1,n]\) ，要求将其划分为 \(k(2\le k\le min(20,n))\) 段以后每段价值和最小。
定义一段的价值为该段相同数的数对个数。
定义 \(calc(l,r)\) 为 \([l,r]\) 这一段的价值， \(dp[j][i]\) 为前 \(i\) 个数划分为 \(j\) 段的最小价值。那么显然有
\[ dp[j][i]=min\{dp[j-1][i']+calc(i'+1,i),i'<i\} \]
因为 \(dp[j][i]\) 仅由 \(dp[j-1][i']\) 转移来，不妨设 \(j\) 固定。
令 \(f(i)\) 表示 \(i\) 对应的最优决策点 \(i'\) 。打表不难发现 \(f(i)\) 单调递增。
考虑分治。\(solve(l,r,L,R)\) 表示对于 \(i\in [l,r]\) ，有 \(f(i)\in {L,R}\) 。枚举出 \(mid=\cfrac{l+r}{2}\) 的决策点 \(f(mid)\) 后分治 \(solve(l,mid-1,L,f(mid))\) ，\(solve(mid+1,r,f(mid),R)\) 即可。
对于 \(calc(l,r)\) ，因为 \(l\) 和 \(r\) 的每次移动后都可以 \(O(1)\) 计算答案，所以可以莫队。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template <class T> inline void read(T &x) {
x = 0; static char ch = getchar(); for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar());
for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) (x *= 10) += ch - '0';
}
#define N 100001
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++)
#define ll long long
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f, P = 1e9 + 7;
int n, K, a[N], now, nxt = 1, lf = 1, ri, cnt[N];
ll dp[2][N], sum;
inline void calc(int l, int r) {
while (ri < r) sum += cnt[a[++ri]], cnt[a[ri]]++;
while (ri > r) cnt[a[ri]]--, sum -= cnt[a[ri--]];
while (lf > l) sum += cnt[a[--lf]], cnt[a[lf]]++;
while (lf < l) cnt[a[lf]]--, sum -= cnt[a[lf++]];
}
#define mid (l + r >> 1)
void solve(int l, int r, int L, int R) {
if (l > r) return;
dp[nxt][mid] = INF;
int t;
rep(i, L, min(mid, R)) {
calc(i, mid);
if (dp[nxt][mid] > dp[now][i - 1] + sum) dp[nxt][mid] = dp[now][i - 1] + sum, t = i;
}
solve(l, mid - 1, L, t), solve(mid + 1, r, t, R);
}
int main() {
read(n), read(K);
rep(i, 1, n) read(a[i]);
memset(dp, INF, sizeof dp); dp[now][0] = 0;
while (K--) solve(1, n, 1, n), swap(now, nxt);
printf("%lld", dp[now][n]);
return 0;
}CodeForces - 868F Yet Another Minimization Problem
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原文地址：https://www.cnblogs.com/aziint/p/9189225.html
