Codeforces #426 Div2 D(线段树优化 DP )
#426 Div2 D
题意
给出 \(n\) 个数字,将这些数字隔成 \(k\) 个部分(相对位置不变),统计每个部分有几个不同数字,然后全部加起来求和,问和最大是多少。
分析
很容易想到 \(DP\) 方程,\(dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[k][j - 1] + size(k + 1, i)\) ,\(k < i\) ,\(dp[i][j]\) 表示将 \([1, i]\) 分成 \(j\) 个部分时的答案,\(size(k+1, i)\) 表示区间 \([k+1, i]\) 不同数字的个数。复杂度 \(O(k * n^2)\) 。
考虑用线段树优化,仍然是枚举区间的右端点 \(r\) ,首先线段树里的点动态表示到区间的右端点间不同数字的个数,\(last[a[i]]\) 表示 \(a[i]\) 这个数上一次出现的位置,那么每次我们只需要区间更新 \([last[a[i]] + 1, i]\) 就好了。然后,注意到当我们更新到 \(dp[i + 1][j]\) 时,\(dp[i][j]\) 的值就不会改变了,可以把 \(dp[i][j]\) 的值也存入线段树,维护 \(k\) 个线段树,观察状态转移方程,更新第 \(j\) 个线段树,\(i + 1\) 这个点(和怎么区间查询有关)。复杂度 \(O(k*nlogn)\) 。
最后,其实用不上 \(DP\) 数组了,所有的值都能在线段树中维护。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define lson l, m, rt << 1
#define rson m + 1, r, rt << 1 | 1
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 2e9 + 7;
const int MAXN = 4e4 + 10;
int n, k;
int a[MAXN];
int s[55][MAXN << 2], lazy[55][MAXN << 2];
void pushDown(int b, int rt) {
if(s[b][rt] > 0) {
s[b][rt << 1] += lazy[b][rt];
s[b][rt << 1 | 1] += lazy[b][rt];
lazy[b][rt << 1] += lazy[b][rt];
lazy[b][rt << 1 | 1] += lazy[b][rt];
lazy[b][rt] = 0;
}
}
void pushUp(int b, int rt) {
s[b][rt] = max(s[b][rt << 1], s[b][rt << 1 | 1]);
}
void update(int L, int R, int b, int c, int l, int r, int rt) {
if(l >= L && r <= R) {
s[b][rt] += c;
lazy[b][rt] += c;
return;
}
int m = (l + r) / 2;
pushDown(b, rt);
if(L <= m) update(L, R, b, c, lson);
if(R > m) update(L, R, b, c, rson);
pushUp(b, rt);
}
int query(int L, int R, int b, int l, int r, int rt) {
if(l >= L && r <= R) {
return s[b][rt];
}
int m = (l + r) / 2;
pushDown(b, rt);
int res = 0;
if(L <= m) res = query(L, R, b, lson);
if(R > m) res = max(res, query(L, R, b, rson));
pushUp(b, rt);
return res;
}
int last[MAXN];
int main() {
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
}
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
update(last[a[i]] + 1, i, 0, 1, 1, n, 1);
for(int j = 1; j <= min(k, i); j++) {
update(last[a[i]] + 1, i, j, 1, 1, n + 1, 1);
int res = query(j, i, j - 1, 1, n + 1, 1);
if(i == n) ans = max(ans, res);
update(i + 1, i + 1, j, res, 1, n + 1, 1);
}
last[a[i]] = i;
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
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