2018.10.19 bzoj1584: Cleaning Up 打扫卫生（线性dp）

传送门
dp妙题。

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考虑到每个位置分一组才花费$n$的贡献。
因此某一段不同的数的个数不能超过$sqrt(n)$，于是对于当前的位置$i$我们记$pos[j]$表示$pos[j]+1$到$i$恰好有$j$个不同的数。
这样$f[i]$就可以从$pos[j]$转移过来。
由于$pos$数组最多$sqrt(n)$个因此时间复杂度$O(n\ast sqrt(n))$
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define N 40005
using namespace std;
inline int read(){
	int ans=0;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))ch=getchar();
	while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return ans;
}
int n,m,a[N],f[N],las[N],pos[N],cnt[N],tot=0;
int main(){
	n=read(),m=read();
	memset(cnt,0,sizeof(cnt));
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int x=read();
		if(x!=a[tot])a[++tot]=x;
	}
	n=tot,m=sqrt(n),f[0]=0;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		f[i]=0x3f3f3f3f;
		for(int j=1;j<=m;++j)if(las[a[i]]<=pos[j])++cnt[j];
		las[a[i]]=i;
		for(int j=1;j<=m;++j){
			if(cnt[j]>j){
				int tmp=pos[j]+1;
				while(las[a[tmp]]>tmp)++tmp;
				pos[j]=tmp,--cnt[j];
			}
			f[i]=min(f[i],f[pos[j]]+j*j);
		}
	}	
	cout<<f[n];
	return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/ldxcaicai/p/10084862.html