[bzoj1584] [Usaco2009 Mar]Cleaning Up 打扫卫生
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Description
有N头奶牛，每头那牛都有一个标号Pi，1 <= Pi <= M <= N <= 40000。现在Farmer John要把这些奶牛分成若干段，定义每段的不河蟹度为：若这段里有k个不同的数，那不河蟹度为k*k。那总的不河蟹度就是所有段的不河蟹度的总和。
Input
第一行：两个整数N，M
第2..N+1行：N个整数代表每个奶牛的编号
Output
一个整数，代表最小不河蟹度.
这题好神啊!
首先,我们不难想到\(O(N^{ 2 })\)的算法.然而这样会超时,所以我们考虑优化.
设f[i]为前i个数的答案,那么最终答案就是f[n].
考虑到我们在状态转移时对于每一个f[i]都要从前往后扫一遍取最大值,十分耗时间,那么我们有什么好的办法能在更快的时间内得到f[i]的答案呢?
有的.
我们维护一个数组pos[j]表示一个位置,这个位置有什么性质呢?它记录的是从pos[j]+1到当前的i位置有j个不同的数.那么就有f[i]=max(f[pos[j]]+j*j)了.
然而pos[j]中j上界未得到确定,所以接下来我们考虑枚举的j的上界.我们目前知道的答案的最大值是n,即把每个数单独分成一组所得到的答案.那么我们对于其它答案大于n的区间分配方案就要舍去了.考虑到如果一个区间有超过\(\sqrt { n }\)个不同的数,那么光这段区间就有n的代价了,所以要舍去.于是我们知道了一个区间内最多只能有\(\sqrt { n }\)个不同的数.
结合pos[j]的性质,那么我们枚举的j就只要到\(\sqrt { n }\)就行了,接下来考虑pos[j]的维护.
由于i是改变的,那么显然pos[j]不是一个定值,它可能时刻都在变化.考虑到pos[j]的性质与该位置到i位置中不同的数的个数有关,我们需要设立一个数组cnt[j]表示从pos[j]+1到i中不同的数的个数.对于新加入的一个数A[i],我们也需要记录它上次出现的位置pre[A[i]],所以如果pre[A[i]]小于或等于pos[j],那么说明它在pos[j]+1到i中没有出现过,那么cnt[j]++.于是我们维护了cnt数组的性质.当然,这样一番过后,可能cnt[j]就会大于j了(准确的说是等于j+1),那么就与pos[j]的性质相违背,我们就要调整pos[j]的位置了.
其实调整它也好办,就是减去一类数,那么我们在pos[j]+1到i的区间中找到第一个它的前驱pre出现在它左边的数,那么就说明从这个数的位置+1到i都没有这个数了,由于是第一个,那么它之前的数还会在这个区间中出现.所以cnt[j]--,pos[j]就更新成为我们找到的这个数的位置.pos数组就能得到维护了.
我的题解估计是我看过的所有题解里面写的最详细的了.时间复杂度\(O(N\sqrt { N } )\)
贴上代码
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
static const int maxm=1e6+10;
int A[maxm],pre[maxm],f[maxm],pos[maxm],cnt[maxm];
int n,m;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&A[i]);
memset(pre,-1,sizeof pre);memset(f,127/3,sizeof f);
int block=(int)sqrt(n);
f[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=block;j++)
if(pre[A[i]]<=pos[j])cnt[j]++;
pre[A[i]]=i;
for(int j=1;j<=block;j++){
if(cnt[j]>j){
int now=pos[j]+1;
while(pre[A[now]]>now)now++;
pos[j]=now;cnt[j]--;
}
}
for(int j=1;j<=block;j++)
f[i]=min(f[i],f[pos[j]]+j*j);
}
printf("%d\n",f[n]);
return 0;
}
