洛谷CF868F Yet Another Minimization Problem（動態規划，決策單調性，分治）

洛谷題目傳送門

貌似做所有的DP題都要先搞出暴力式子，再往正解上靠。。。

設\(f_{i,j}\)為前\(i\)個數分\(j\)段的最小花費，\(w_{l,r}\)為\([l,r]\)全在一段的費用。

\[f_{i,j}=\min\limits_{k=1}^{i}\{f_{k,j-1}+w_{k,i}\} \]

顯然\(j\)這一維可以滾掉，於是變成\(g_i=\min\limits_{k=1}^{i}\{f_k+w_{k,i}\}\)做\(m\)遍（題目中的\(k\)）

這又是一個決策單調性優化的式子。還是決策二分棧嗎？要不得了，因為就算知道\(i,k\)也沒法直接算\(f_k+w_{k,i}\)。

再次推廣蒟蒻的DP優化總結

分治。總結里的概述蒟蒻也懶得再擓一遍了。。。就說說這題的實現細節吧。

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\(L^AT_EX\)畫圖？（霧

求解區間：\(|\gets\)預處理\(\to|\) \(l\frac{\qquad\qquad\qquad\downarrow^{mid}\qquad\qquad\qquad}{}r\)

決策區間：\(L\frac{\qquad\qquad\qquad\qquad\downarrow^{k}\qquad\qquad\qquad}{}R\)

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設當前的求解區間為\([l,r]\)，最優決策區間\([L,R]\)。對於當前分治的中點\(mid\)，我們需要在\([L,\min(R,mid)]\)中暴力找到最優決策\(k\)。注意到從\(w_{l,r}\)到\(w_{l,r+1}\)或者從\(w_{l,r}\)到\(w_{l+1,r}\)都是可以做到\(O(1)\)的，只要開一個桶記錄當前區間每個顏色出現次數就可以啦。把指針\(i\)從\(L\)移到\(\min(R,mid)\)並不斷的算\(f_i+w_{i,mid}\)，最終可以找到\(k\)。

注意一點，當進入求解區間時，我們的應該要確保\([L,l-1]\)的信息的存在，這樣才能保證分治的復雜度。

於是我們考慮進子問題之前如何先處理出子問題的答案。先看左邊的子問題（\([l,mid-1],[L,k]\)）顯然和當前問題的\([L,l-1]\)是一樣的。注意到我們在求\(k\)的時候對\(w\)和桶都做了修改，那么我們直接還原回來就可以進左子問題了。

而右子問題呢？（\([mid+1,r],[k,R]\)）它要預處理的是\([k,mid]\)，而當前的是\([L,l-1]\)。所以我們先把右端點指針從\(l-1\)移到\(mid\)，桶和\(w\)都加上去，再把左端點從\(L\)移到\(k-1\)，桶和\(w\)都減掉，接着進去就好了。回溯的時候還是要還原到\([L,l-1]\)，因為上一層要接着用。

注意答案是long long級別的。

代碼經過了精心排版（尤其是分治那一塊）

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define RG register
#define R RG int
#define G c=getchar()
typedef long long LL;
const int N=1e5+9;
int a[N],c[N];
LL ff[N],gg[N],*f=ff,*g=gg;
inline int in(){
	RG char G;
	while(c<'-')G;
	R x=c&15;G;
	while(c>'-')x=x*10+(c&15),G;
	return x;
}
void solve(R l,R r,R kl,R kr,RG LL w){//kl,kr就是決策區間
	if(l>r)return;//邊界
	R m=(l+r)>>1,k=0,p=m<kr?m:kr,i;
	for(i= l;i<=m;++i)w+=c[a[i]]++;//求k
	for(i=kl;i<=p;++i)w-=--c[a[i]],g[m]>f[i]+w?g[m]=f[i]+w,k=i:0;
	for(i=kl;i<=p;++i)w+=c[a[i]]++;//還原
	for(i= l;i<=m;++i)w-=--c[a[i]];
	solve(l,m-1,kl,k,w);
	for(i= l;i<=m;++i)w+=c[a[i]]++;//調整
	for(i=kl;i< k;++i)w-=--c[a[i]];
	solve(m+1,r,k,kr,w);
	for(i=kl;i< k;++i)++c[a[i]];//再次還原
	for(i= l;i<=m;++i)--c[a[i]];
}
int main(){
	R n=in(),k=in();
	RG LL*tmp;
	for(R i=1;i<=n;++i)//第一次直接算
		f[i]=f[i-1]+c[a[i]=in()]++;
	memset(c,0,(n+1)<<2);
	while(--k){
		memset(g,1,(n+1)<<3);
		solve(1,n,1,n,0);
		tmp=f;f=g;g=tmp;
	}
	printf("%lld\n",f[n]);
	return 0;
}