hdu5009

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,任务是将一窜长度为n的珍珠涂成他所要的颜色。然后你可以操至多n次， 每次画只能画连续的区间,每次操作是的代价是这个区间内不同颜色的个数，

可以知道最多的代价是区间的长度。 然后 可以知道当这个区间内不同颜色的个数大于如果大于sqrt(n)那还不如一个一个涂花费少，然后现在就剩下处理理当前位置j种颜色的达到的最远距离， 找到这个点对于之前出现相同的颜色的位置用per[i]记录， flow[i][j] 表示 距离i这个位置 有j中不同颜色的最远距离，可以从flow[i-1][j] 来 如果per[i]>i-1-flow[i-1][j] 那么可以知道这个点一定在flow[i-1][j] 内出现过 自然最远距离再加1, 如果不成立则他的最远距离就是 flow[i-1][j-1]+1，然后dp[i] 为前多少种颜色合并时花费的代价最小。

#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;
}