CF1839D题解

• 分析

  啊这道题就做得很难受了……

  手玩一下样例，不难发现答案就是分出$k$段不是单调上升序列的序列，求这些序列的最小长度和。
  显然有状态$f_{l,r,k}$表示$[l,r]$序列分成$k$段的最小长度和。
  转移很好想，即枚举$x$，$y$分别表示左区间的右端点以及段数，空间复杂度$\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{n}}^{\mathcal{3}}\mathcal{)}$，时间复杂度$\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{n}}^{\mathcal{5}}\mathcal{)}$，显然不行。

  对于这种状态中存在取的数量的题目有一个常见trick，就是假设最后一个必取然后根据上一个转移，所以这样状态就变成了$f_{l,r,k}$表示必取r在最后一段端点的最小长度和，转移就枚举一个$x$即可。

  然后还要优化一维，我们发现我们转移时右区间的答案只会等于$x+1\sim r-1$这个区间的大小（当且仅当$a_x<a_r$时），除此之外没有任何值，不需要任何决策就能确定，所以我们只需要算左区间就行了，这样就能把这个区间DP优化为线性DP。
  线性DP的状态$f_{r,k}$表示右端点为$r$，分$k$段的最小长度和，转移同上，这样空间复杂度为$\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{n}}^{\mathcal{2}}\mathcal{)}$、时间复杂度为$\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{n}}^{\mathcal{3}}\mathcal{)}$，可以通过本题。

  然后我们发现可能有时候最优的决策$r$不是最后一段的端点而是就在最后一段，所以我们的答案是$min(\underset{i=1}{\overset{r-1}{min}}{f}_{i,k-1}+r-i,f_{n,k})$。

  边界条件是$k<0$不合法，$k=0$如果到$r$为止是单调上升的，那么合法，否则不合法。
  想到可能一个数的前缀都比他大，这时显然可以划出一个从第一个数到这个数的序列，但是根据我们的转移条件无法转移，所以将最小的$r$确定为0（或者可以看做一个数$x$转移的不是单调上升子序列区间为$x+1$到$r-1$，而$x+1$最小值为1，所以$x$的最小值为$0$），当$r=0$时，值也为0。

• 代码

#include <iostream>
using namespace std;
constexpr int MAXN(507);
constexpr int INF(0x3f3f3f3f);
int vis[MAXN][MAXN], f[MAXN][MAXN];
int a[MAXN];
int T, n;
inline void read(int &temp) { cin >> temp; }
int dfs(int r, int x) {
	if (x < 0)  return INF;
	if (vis[r][x])  return f[r][x];
	vis[r][x] = 1;
	if (r == 0)  return 0;
	int res(INF);
	for (int i(0); i < r; ++i) {
		if (a[i] < a[r] && i != r - 1)  res = min(res, dfs(i, x - 1) + (r - 1) - (i + 1) + 1);
		else if (a[i] < a[r])  res = min(res, dfs(i, x));
	}
	return f[r][x] = res;
}
inline void work() {
	for (int i(0); i <= n; ++i)
		for (int j(0); j <= n; ++j)  vis[i][j] = f[i][j] = 0;
	read(n);
	for (int i(1); i <= n; ++i)  read(a[i]);
	for (int i(1); i <= n; ++i) {
		int ans = dfs(n, i);
		for (int j(1); j < n; ++j)  ans = min(ans, dfs(j, i - 1) + n - j);
		cout << ans << " ";
	}
	cout << endl;
}
int main() {
	ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
	read(T);
	while (T--)  work(); 
	return 0;
}