CF1497E2 题解

CF1497E2题解

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思路

看到 $n\leqslant2\times10^5,k\leqslant20$，自然想到 $O(nk)$ 或 $O(nk^2)$ 的 DP。

设 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 个数中修改 $j$ 个划分的最小段数，$g[i][j]$ 表示表示以 $i$ 为终点，在 $i$ 所在段内修改了 $j$ 次向左最远能扩充到的点。

则有 $f[i][j]=\min(f[g[i][x]-1,j-x]+1)$，那么如何求 $g$ 呢？

我们发现在 $g[i][j]$ 中，对于一个确定的 $j$，当 $i$ 增加时，$g[i][j]$ 必然单调不减，所以对于一个 $j$ 能双指针 $O(n)$ 求，所以预处理 $g$ 的复杂度是 $O(nk)$。

DP 的复杂度是 $O(nk^2)$，故我们使用 $O(nk^2)$ 的复杂度通过本题。

后记

1. 在本题中，尽量不要使用 memset 函数给数组进行赋值。memset 函数的时间复杂度为 $O(n)$，其中 $n$ 为数组的字节大小。本题可以通过构造数据使得 memset 函数 TLE。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=2e5+10,K=25,S=1e7+10,INNF=0x3f3f3f3f;
int T,n,k,ans,a[N],num[S],f[N][K],g[N][K];
int read(){
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){
		if(ch=='-') f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
} 
int main(){
	T=read();
	while(T--){
		n=read();k=read();ans=INNF;
		for(int i=1; i<=n; i++){
			a[i]=read();
			for(int j=2; j*j<=a[i]; j++) 
				while(a[i]%(j*j)==0)
					a[i]/=j*j;
		}
		for(int i=0; i<=k; i++){
			for(int j=1; j<=n; j++) num[a[j]]=0;
			for(int l=1,r=1,t=0; r<=n; r++){
				num[a[r]]++;
				t+=(num[a[r]]>1);
				while(t>i&&l<r){
					t-=(num[a[l]]>1);
					num[a[l]]--;
					l++;
				}
				g[r][i]=l;
			}
		}
		for(int i=1; i<=n; i++)
			for(int j=0; j<=k; j++){
				f[i][j]=INNF;
				for(int x=0; x<=j; x++)
					f[i][j]=min(f[i][j],f[g[i][x]-1][j-x]+1);
		}
		for(int i=0; i<=k; i++) ans=min(ans,f[n][i]);
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}