CF868F Yet Another Minimization Problem

LXI.CF868F Yet Another Minimization Problem

这种题一般来说只有决策单调性一种优化方法。不过，决策单调性可以有很多种应用，例如单调队列或是斜率优化。这题可以选择比较少见的分治优化。

明显，可以设$f[i][j]$表示前$i$个位置分成$j$段的最大收益。显然，暴力是$O(n^2k)$的。

如果我们按照$j$一遍一遍地跑的话，是可以考虑在$i$上面进行优化的、

考虑设$f[i]$表示$f[i][j-1]$，$g[i]$表示$f[i][j]$，

然后设$w[l,r]$表示区间$[l,r]$的费用，

则我们是否可以证明它具有决策单调性？

即：

对于$\forall i_1<i_2$，设它们分别从$j_1$，$j_2$转移来最优，则必有$j_1\leq j_2$。

则必有

$g_{j_1}+w[j_1+1,i_1]\leq g_{j_2}+w[j_2+1,i_1],g_{j_2}+w[j_2+1,i_2]\leq g_{j_1}+w[j_1+1,i_2]$

我们可以考虑反证法。假设有$j_1>j_2$，

则对于上面的两个不等式里，如果两个都取到了$=$，则交换$j_1,j_2$没有影响。

否则，我们不妨设在第一个式子里取到了$<$，

即

$g_{j_1}+w[j_1+1,i_1]<g_{j_2}+w[j_2+1,i_1],g_{j_2}+w[j_2+1,i_2]\leq g_{j_1}+w[j_1+1,i_2]$

移项得

$w[j_1+1,i_1]-w[j_2+1,i_1]<g_{j_2}-g_{j_1},g_{j_2}-g_{j_1}\leq w[j_1+1,i_2]-w[j_2+1,i_2]$

两边合并$g_2-g_1$，得

$w[j_1+1,i_1]-w[j_2+1,i_1]<w[j_1+1,i_2]-w[j_2+1,i_2]$

这两项全部只有后面的$i_1$和$i_2$不同。但$i_1<i_2$，因此这是不可能成立的，往区间后面加数后答案必不会减少。

然后就可以分治了。每一轮我们存储对于当前区间$[l,r]$可行的决策点$[L,R]$，对于$[l,r]$的中点$mid$，我们找到最优转移位置$mp$，然后继续分治$([l,mid-1],[L,mp])$与$([mid+1,r],[mp,R])$。

关于如何计算$w[l,r]$吗……类似的莫队一下，因为单次分治中左右端点总移动距离是$n\log n$的（每一层里面左右端点总次数是$O(n)$的，然后一共$\log n$层）。

总复杂度$O(nk\log n)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n,m,num[101000],cnt[101000],res,f[100100],g[100100];
int u,v;
void Push(int x){
	res+=cnt[num[x]],cnt[num[x]]++;
}
void Pop(int x){
	cnt[num[x]]--,res-=cnt[num[x]];
}
int Calc(int l,int r){
	while(u>l)Push(--u);
	while(v<r)Push(++v);
	while(u<l)Pop(u++);
	while(v>r)Pop(v--);
	return res;
}
void solve(int l,int r,int L,int R){
	if(l>r||L>R)return;
	int mp=-1,mn=0x3f3f3f3f3f3f3f3f,mid=(l+r)>>1;
	for(int i=L;i<=R;i++){
		int tmp=Calc(i+1,mid);
		if(f[i]+tmp<mn)mp=i,mn=f[i]+tmp;
	}
	g[mid]=mn;
	solve(l,mid-1,L,mp),solve(mid+1,r,mp,R);
}
signed main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&num[i]);
	u=v=1,cnt[num[1]]++;
	for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=Calc(1,i);
	while(--m)solve(1,n,0,n-1),memcpy(f,g,sizeof(g));
	printf("%lld\n",f[n]);
	return 0;
}