CF868F Yet Another Minimization Problem

CF868F Yet Another Minimization Problem

题目大意比较清楚，这里就不扯了

最朴素的做法是直接 $O(n^{2}k)DP$
发现会T上天
然后就有了决策单调性优化
意思就是设$dp[i][j]表示前i个数，分成j段的最小值是多少$
然后如果$dp[i][j]是由dp[k][j-1]$转移过来的，那么$dp[i-1][j]一定是从dp[l][j-1]转移过来的(l<=k)$
具体证明要推推式子,这里就省略了
然后怎么做呢?
直接维护肯定是比较麻烦的（涉及到每个数出现的个数)
可以考虑先把dp数组分成k层
然后发现每次都是从上一层的转移过来的
然后再设
$calc(l,r,ll,rr)表示dp[l.....r][k]的dp值是由dp[ll.......rr][k-1]转移过来的$
然后就发现这个东西是可以二分（分治）的
$令mid=(l+r)/2$
然后找到$dp[mid][k]$的最优决策点p
然后再分治处理$calc(l,mid-1,ll,p)和calc(mid+1,r,p,rr)$
然后就行了
关于费用的计算就直接像莫队一样移动一下L，R就行了（反正一共只会移动 $nlogn$次）
代码可能好懂一些
代码中的dp数组的两维是反的
code:

// luogu-judger-enable-o2
#include<bits/stdc++.h>
#define N 1000005
#define int long long
using namespace std;
int L = 1, R, f[23][N], a[N], cnt[N], n, m, ans, cur;
void get(int l, int r){//动态算一下贡献
	while(L < l) cnt[a[L]] --, ans -= cnt[a[L]], L ++;
	while(R > r) cnt[a[R]] --, ans -= cnt[a[R]], R --;
	while(L > l) L --, ans += cnt[a[L]], cnt[a[L]] ++;
	while(R < r) R ++, ans += cnt[a[R]], cnt[a[R]] ++;
}
void calc(int l, int r, int ll, int rr){//如上面说的
	if(l > r) return;
	int p = 0, mid = (l + r) >> 1;
	for(int i = ll; i <= min(rr, mid - 1); i ++){//找dp[cur][mid]的最优决策点
		get(i + 1, mid);
		if(f[cur - 1][i] + ans < f[cur][mid]) 
			f[cur][mid] = f[cur - 1][i] + ans, p = i;
	}
	calc(l, mid - 1, ll, p);//分治处理
	calc(mid + 1, r, p, rr);
}
signed main(){
	memset(f, 0x3f, sizeof f);
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%lld", &a[i]);
	for(int i = 1; i <= n; i ++) get(1, i), f[1][i] = ans;//初始化
	for(int i = 2; i <= m; i ++) cur = i, calc(1, n, 0, n - 1);//一层层计算
	printf("%lld", f[m][n]);//输出
	return 0;
}