CF833B The Bakery 线段树，DP

CF833B The Bakery

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线段树优化DP。

其实这是很久以前就应该做了的一道题，由于颓废一直咕在那里，其实还是挺不错的一道题。

先考虑\(O(n^2k)\)做法：设\(f[i][j]\)表示\(1\)到\(i\)之间分割\(j\)次得到的最大值，\(g[i][j]\)表示\(i\)到\(j\)之间不同的颜色个数。

转移就是：

\[f[i][j]=max \{f[t][j-1]+g[t+1][i] \} \qquad t \in [1,i) \]

但是时空都无法承受，考虑优化。

考虑使用线段树处理转移，我们不处理\(g\)数组（\(O(n^2)\)的空间开不下），对于每一个点处理它对从前一个同颜色位置到当前位置的贡献，即在线段树上把这些位置的权值\(++\)，维护一个区间最大值，转移时直接查询前缀最大值就可以了。事实上，这里的线段树只是把\(f\)和\(g\)拿来一起转移从而优化了时间复杂度，转移的本质是没有变的。

可以滚动数组（不用也没关系），具体看代码。

#include<cstdio>
#include<cctype>
#define B 1000000
#define R register
#define I inline
using namespace std;
const int S=35003,M=140003;
char buf[B],*p1,*p2;
I char gc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,B,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
I int rd(){
    R int f=0; R char c=gc();
    while(c<48||c>57) c=gc();
    while(c>47&&c<58) f=f*10+(c^48),c=gc();
    return f;
}
int h[S],p[S],b[M],c[M],f[S],n;
I int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
I void upd(int k,int v){c[k]+=v,b[k]+=v;}
I void psu(int k,int p,int q){c[k]=max(c[p],c[q]);}
I void psd(int k,int p,int q){if(b[k]) upd(p,b[k]),upd(q,b[k]),b[k]=0;}
void bld(int k,int l,int r){
    b[k]=0;
    if(l==r){
        c[k]=f[l-1];
        return ;
    }
    R int p=k<<1,q=p|1,m=l+r>>1;
    bld(p,l,m),bld(q,m+1,r),psu(k,p,q);
}
void mdf(int k,int l,int r,int x,int y){
    if(x<=l&&r<=y){
        upd(k,1);
        return ;
    }
    R int p=k<<1,q=p|1,m=l+r>>1;
    psd(k,p,q);
    if(x<=m)
        mdf(p,l,m,x,y);
    if(m<y)
        mdf(q,m+1,r,x,y);
    psu(k,p,q);
}
int qry(int k,int l,int r,int x,int y){
    if(x<=l&&r<=y)
        return c[k];
    R int m=l+r>>1,p=k<<1,q=p|1,o=0;
    psd(k,p,q);
    if(x<=m)
        o=max(o,qry(p,l,m,x,y));
    if(m<y)
        o=max(o,qry(q,m+1,r,x,y));
    return o;
}
int main(){
    R int k,i,j,x;
    n=rd(),k=rd();
    for(i=1;i<=n;++i)
        x=rd(),p[i]=h[x]+1,h[x]=i;
    for(i=1;i<=k;++i){
        bld(1,1,n);
        for(j=1;j<=n;++j)
            mdf(1,1,n,p[j],j),f[j]=qry(1,1,n,1,j);
    }
    printf("%d",f[n]);
    return 0;
}