用分治处理决策单调性问题

决策单调性是 dp 转移方程的一种性质。一般而言，我们有许多方法优化一个具有决策单调性的转移方程。

这里主要讲解一种用分治解决决策单调性问题的方法。

引入

先看一道题：CF868F

我们可以想到一个 $O(n^2k)$ 暴力。定义 $dp_{i, j}$ 为令点 $i$ 为第 $j$ 段的最后一个点产生的最小代价。则可以得出：

d p_{i, j} = m i n (d p_{k, j - 1} + f (k + 1, i)) (k < i)

$dp_{i, j} = min(dp_{k, j - 1}+f(k + 1, i))(k<i)$

其中 $f(k+1,i)$ 即为这一段的代价。答案即为 $dp_{n, k}$ 。这是好求的。

显然，我们需要砍掉一个 $n$ 才能通过此题。然后我们通过打表得到了一个性质：对于 $dp_{i, j}$ 与 $dp{k,j}$ 的转移点（这两个状态由它们的转移点转移而来） $I,K$ ，如果 $i>k$ ，则 $I \ge K$ 。也就是说，这个转移具有决策单调性！

发现

也许已经有人想要大显身手了，但是我们先来关注一下我们是如何得出决策单调性的。

让我们了解一下四边形不等式。对于 $dp_i = min(g_j+f(j, i))$ ，如果有四个点 $a<b<c<d$ 且 $f(a,d) + f(b,c) \ge f(a, c) + f(b,d)$ ，那么我们就说这个转移方程满足四边形不等式（最大也是可以的，反过来就行了）。这一性质也被称作“包含劣于相交”。

那么我们发现，如果一个形如 $dp_i = min(g_j+f(j, i))$ 的转移方程满足四边形不等式，那么这个方程具有决策单调性。

考虑证明：考虑反证法，然后读者自证。

在实际做题中，我们通过感觉感应到四边形不等式的存在（有时也会直接感应到决策单调性），然后打表加以证明。

分治

我们并不知道这个代价函数除了决策单调性以外的性质，也就是说，尽管我们知道了点 $i$ 的决策点 $d_i$ ，对于大于点 $i$ 的点 $j$ ，我们仍然要暴力枚举转移点 $[a_i, j]$ 。这很容易被卡掉。

考虑更好地排除转移点，对于需要求解的区间 $[l, r]$ ，我们取区间中点 $mid$ ，并暴力计算出 $mid$ 的转移点 $d_mid$ 。如果原区间转移范围在 $[L,R]$ 之间，那么我们可以分两半。 $[l,mid]$ 转移范围在 $[L,d_mid]$ ， $[mid+1,r]$ 转移范围在 $[d_mid, R]$ 。

考虑证明时间复杂度。对于分治的每一层，我们暴力计算的时间复杂度总和都是 $O(n)$ 。但由于分治树只有 $\log n$ 层，所以总复杂度变为 $n \log n$ 。

修改

现在我们需要解决的问题，是我们无法快速求出 $f(l, r)$ 。

我们发现虽然我们无法快速求出 $f(l, r)$ ，但我们可以快速地由 $f(l+1,r)$ 转移到 $f(l,r)$ 。

这时我们就有一个很憨的想法：类似莫队，我们直接在上一次查询的基础上一个一个暴力转移。

很神奇的是，这个方法复杂度还是 $O(n \log n)$ 的！考虑两个指针进行跳跃。对于从 $[l,d_mid]$ 到 $[d_mid, r]$ 的跳跃，时间复杂度不会超过区间长度。那么这一层的时间复杂度总和还是 $O(n)$ 的。然后分治树只有 $\log n$ 层，于是总时间复杂度还是 $O(n \log n)$ 。

实现

注意由于这里也是一个一个的跳跃，所以跳跃顺序和莫队一样有讲究。具体可以看代码。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string.h>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 5, K = 21;

int n, k;
int a[N];

long long dp[N], g[N];

long long ton[N];

long long f(int L, int R) {
  static long long l = 1, r = 0, ans = 0;
  
  auto del = [&](int i) {
    ton[a[i]]--;
    ans -= ton[a[i]];
  };
  auto add = [&](int i) {
    ans += ton[a[i]];
    ton[a[i]]++;
  };
  
  while (l > L) add(--l);
  while (r < R) add(++r);
  while (l < L) del(l++);
  while (r > R) del(r--);//important

  return ans;
}

void solve(int l, int r, int dl, int dr) {
  int mid = (l + r) >> 1, dec = 0;
  for (int i = dl; i <= min(dr, mid - 1); ++i) {
    if (dp[mid] > g[i] + f(i + 1, mid)) {
      dp[mid] = g[i] + f(i + 1, mid);
      dec = i;
    }
  }

  if (l == r) return ;
  solve(l, mid, dl, dec);
  solve(mid + 1, r, dec, dr);
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(0);
  cout.tie(0);

  cin >> n >> k;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];

  long long tmp = 0;
  for (int i = 0; i <= n; ++i) {
    tmp += ton[a[i]];
    dp[i] = tmp;
    ton[a[i]]++;
  }
  for (int i = 1; i <= n; ++i) ton[i] = 0;

  for (int lask = 1; lask <= k - 1; ++lask) {
    for (int i = 1; i <= n; ++i) g[i] = dp[i], dp[i] = 2e13;
    solve(lask + 1, n, lask, n - 1);
  }

  cout << dp[n] << endl;

  return 0;
}