套路题,基于单调性的分治优化。
记 f ( i , j ) f(i,j) f(i,j) 表示分 i i i 段,前 j j j 个的最小花费。
f ( i , j ) = min 0 ≤ k < j { f ( i − 1 , k ) + c a l c ( k + 1 , j ) } f(i,j) = \min_{0 \le k < j}\{ f(i-1,k) +calc(k+1,j)\} f(i,j)=0≤k<jmin{f(i−1,k)+calc(k+1,j)}
记 f ( i , j ) f(i,j) f(i,j) 的决策点为 o p t ( i , j ) opt(i,j) opt(i,j)。
对相同的 i i i, f f f 满足决策单调性,即 o p t ( i , j − 1 ) ≤ o p t ( i , j ) ≤ o p t ( i , j + 1 ) opt(i,j-1) \le opt(i,j) \le opt(i,j+1) opt(i,j−1)≤opt(i,j)≤opt(i,j+1)。
满足单调性可以感性理解,也可以通过四边形不等式证明。
证明
考虑分治,定义 s o l v e ( i , l , r , L , R ) solve(i,l,r,L,R) solve(i,l,r,L,R) 表示处理 f ( i , l ) ⋯ f ( i , r ) f(i,l) \cdots f(i,r) f(i,l)⋯f(i,r),其中转移区间为 [ L , R ] [L,R] [L,R]。
具体过程为:每次暴力计算 f ( i , m i d ) f(i,mid) f(i,mid) 以及 o p t ( i , m i d ) opt(i,mid) opt(i,mid),可以根据 o p t opt opt 为界分治。
而本题对于 w w w 的计算,考虑莫队。此时不考虑 w w w,分治复杂度为 O ( k n log n ) O(kn \log n) O(knlogn),莫队复杂度为 O ( k n log n ) O(kn \log n) O(knlogn),总时间复杂度 O ( k n log n ) O(kn \log n) O(knlogn)。
#include
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int n, k, a[N], f[21][N], res, buc[N];
void add(int x) {res += buc[a[x]] ++;}
void del(int x) {res -= -- buc[a[x]];}
int l = 1, r = 0;
int calc(int ql, int qr)
{
while(r < qr) add(++r);
while(l > ql) add(--l);
while(r > qr) del(r--);
while(l < ql) del(l++);
return res;
}
void solve(int i, int l, int r, int L, int R)
{
if(l > r) return ;
int mid = l + r >> 1, opt;
f[i][mid] = 1e18;
for(int j=L; j<=min(mid-1, R); j++)
{
int cur = f[i-1][j] + calc(j+1, mid);
if(cur < f[i][mid]) opt = j, f[i][mid] = cur;
}
solve(i, l, mid-1, L, opt);
solve(i, mid+1, r, opt, R);
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
cin >> n >> k;
for(int i=1; i<=n; i++)
cin >> a[i];
memset(f, 0x3f, sizeof(f));
f[0][0] = 0;
for(int i=1; i<=k; i++)
solve(i, 1, n, 0, n-1);
cout << f[k][n];
}