CF868F Yet Another Minimization Problem

CF868F Yet Another Minimization Problem

题目描述

Solution

一开始可以很容易地写出一个$dp$式子：
设$f_{i,j}$表示前$i$个数分成$j$段的最小代价，有：
$$f_{i,j}=\underset{k=1}{\overset{i-1}{\min }}{f}_{k,j-1}+C_{k+1,i}$$
$C_{x,y}$表示求见$a[x..y]$中有多少个相同的数对。

我们可以发现这样一个性质：
设有整数$x<y\le i$。
显然$\Delta C_{x,i}>\Delta C_{y,i}$，也就是说在前面的$C$增长比较快。

考虑决策单调性：
若存在整数$x<y\le i$，使得
$$f_{x,j}+C_{x+1,i}>f_{y,j}+C_{y+1,i}$$
则对于所有的$i^{\prime }>i$，显然有
$$f_{x,j}+C_{x+1,i^{\prime }}>f_{y,j}+C_{y+1,i^{\prime }}$$
也就是说，如果前面的比后面的劣，那么它在之后的转移中都不会作为最优决策点出现了。

这里就可以用决策单调性的一个套路做法——分治。
若我们要求的答案为$f_{x..y,j}$，当前的决策点区间为$[X,Y]$。
我们可以先对于$mid=\lfloor \frac{x+y}{2}\rfloor$求出$f_{mid,j}$以及它的最优决策点$k$，这一步可以暴力枚举$X..Y$求得，时间复杂度$O(Y-X)$。

然后显然$f_{x..mid-1,j}$的最优决策点$k^{\prime }\le k$，$f_{mid+1..y,j}$的最优决策点$k^{\prime }\ge k$，分治计算即可。

这里转移中要用到的$C_{x,y}$可以类似莫队的方法，每次或减去加入一个数，计算贡献的方式暴力求。

显然分治一遍的时间复杂度为$T(n)=T(n/2)+O(n)=O(nlgn)$，一共要做$m$遍，所以总时间复杂度为$O(mnlgn)$。

#include <vector>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <string>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <cassert>
#include <string.h>
//#include <unordered_set>
//#include <unordered_map>
//#include <bits/stdc++.h>

#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se second

using namespace std;

template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; }
template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double lod;
typedef pair<int,int> PR;
typedef vector<int> VI;

const lod eps=1e-11;
const lod pi=acos(-1);
const int oo=1<<30;
const ll loo=1ll<<62;
const int mods=998244353;
const int MAXN=600005;
const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline int read()
{
	int f=1,x=0; char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }
	while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }
	return x*f;
}
ll C=0,f[21][MAXN];
int n,m,L=1,R=0,a[MAXN],cnt[MAXN];
ll getans(int l,int r) 
{
	while (L>l) C+=cnt[a[--L]]++;
	while (L<l) C-=--cnt[a[L++]];
	while (R<r) C+=cnt[a[++R]]++;
	while (R>r) C-=--cnt[a[R--]];
	return C;
}
void solve(int now,int x,int y,int X,int Y)
{
	int mid=(x+y)>>1,t;
	f[now][mid]=loo;
	for (int i=X;i<=Y;i++) t=upmin(f[now][mid],f[now-1][i]+getans(i+1,mid))?i:t;
	if (x==y) return;
	solve(now,x,mid,X,t);
	solve(now,mid+1,y,t,Y);
}
int main()
{
	n=read(),m=read(),L=1,R=C=0;
	for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),f[1][i]=getans(1,i);
	for (int i=2;i<=m;i++) solve(i,1,n,1,n);
	printf("%lld\n",f[m][n]);
	return 0;
}