CF833B The Bakery

CF833B The Bakery

题意

将长度为 $n$ 的序列分为恰好 $k$ 段，每段的权值和定义为出现的 $a[i]$ 的种类，请最大化每一段的权值总和。

朴素dp

记 $f[i][j]$ 表示 $1\sim i$，被分成 $j$ 段，最大权值和。有转移：

$$f[i][j]=\underset{1\le k<i}{max}f[k][j-1]+val(k+1,i)$$

dp时优化区间枚举有一个常用技巧：类似双指针地去不断扩展区间，避免多次计算同一个区间的贡献。

本题就是倒着枚举 $k$，每加一个数就更新 $val$。

int f[N][50], a[N], t[N];
int n, m;
int add(int x){
	if(!t[x]) {
		t[x] = 1;
		return 1;
	}
	return 0;
}
signed main(){
	n = rd(), m = rd() - 1;
	F(i, 1, n) a[i] = rd();
	F(j, 0, m){
		F(i, 1, n){	
			F(i, 1, n) t[i] = 0;
			int val = add(a[i]);
			G(k, i - 1, 0){
				if(j) f[i][j] = max(f[k][j - 1] + val, f[i][j]);
				else f[i][j] = val;
				if(k) val += add(a[k]);
			}
		}
	}
	printf("%d", f[n][m]);
	return fflush(0), fclose(stdin), fclose(stdout), 0;
}

线段树优化

固定 $j$，考虑如何从 $f[i][j-1]$ 转移到 $f[i+1][j]$。

发现较难处理的是 $a[i+1]$ 对 $val(?,i+1)$ 的影响。这里使用到一个小trick。

记 $pre[a[i]]$ 表示 $a[i]$ 上一次出现的位置。对于位置 $j$，

若 $j\ge pre[a[i+1]]$ ，$val(j+1,i+1)+1$。

若 $j<pre[a[i+1]]$，$val(j+1,i+1)$ 不变。

如上，在线段树上区间加，区间查就可以了。

时间复杂度 $O(Tn\log n)$。

（所以单独写了个单点加，为什么更慢？）

#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,l,r) for(int i(l);i<=(r);++i)
#define G(i,r,l) for(int i(r);i>=(l);--i)
using namespace std;
using ll = long long;
char buf[100], *p1 = buf, *p2 = buf;
inline int gc(){ return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; }
inline int rd(){
	int x = 0; char ch;
	while(!isdigit(ch = gc()));
	do x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48); while(isdigit(ch = gc()));
	return x;
}
const int N = 35500;
int pre[N], nw[N], a[N], f[N][50];
int n, m;
struct Segtree{
	int mx[N << 2], tag[N << 2];
	void pushup(int u){
		mx[u] = max(mx[u * 2], mx[u * 2 + 1]);
	}
	void push(int u, int v){
		mx[u] += v;
		tag[u] += v;
	}
	void pushdown(int u){
		if(tag[u]){
			push(u * 2, tag[u]);
			push(u * 2 + 1, tag[u]);
			tag[u] = 0;
		}
	}
	void update(int u,int l, int r, int x, int y, int v){
		if(l >= x && r <= y){
			push(u, v);
			return ;
		} pushdown(u);
		int mid = (l + r) >> 1;
		if(x <= mid) update(u * 2, l, mid, x, y, v);
		if(y > mid) update(u * 2 + 1, mid + 1, r, x, y, v);
		pushup(u);
	}
	void change(int u, int l, int r, int x, int v){
		if(l == r){
			mx[u] += v;
			return ;
		} pushdown(u);
		int mid = (l + r) >> 1;
		if(x <= mid) change(u * 2, l, mid, x, v);
		else change(u * 2 + 1, mid + 1, r, x, v);
		pushup(u);
	}
	int query(int u, int l, int r, int x, int y){
		if(l >= x && r <= y) return mx[u];
		pushdown(u);
		int mid = (l + r) >> 1, ret = 0;
		if(x <= mid) ret = max(ret, query(u * 2, l, mid, x, y));
		if(y > mid) ret = max(ret, query(u * 2 + 1, mid + 1, r, x, y));
		return ret;
	}
}tr[50];
signed main(){
	n = rd(), m = rd() - 1;
	F(i, 1, n) a[i] = rd();
	F(i, 1, n){
		pre[a[i]] = nw[a[i]], nw[a[i]] = i;
		F(j, 0, min(m, i - 1)) tr[j].update(1, 0, n, pre[a[i]], i - 1, 1);
		F(j, 0, min(m, i - 1)){
			if(!j){
				f[i][j] = f[i - 1][j] + (!pre[a[i]]); // a[i] 第一次出现, 则有贡献 
			}
			else{
				f[i][j] = tr[j - 1].query(1, 0, n, j - 1, i - 1);
			}
			tr[j].change(1, 0, n, i, f[i][j]);
		}
	}
	printf("%d", f[n][m]);
	return fflush(0), fclose(stdin), fclose(stdout), 0;
}