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设$d{p}_{i,j}$：把前$i$个数划分$j$段的最小花费，$w_{i,j}$：$[i,j]$划分为一段的花费
$$d{p}_{i,j}=min(dp[k][j-1]+w[k+1][i])，k<i$$

而这个转移是具有决策单调性的
换言之，$\forall i_1<i_2$，且$i_1$由$k_1$转移而来，$i_2$由$k_2$转移而来，则必有$k_1\le k_2$

证明一下，假设$k_1>k_2$
由条件可以列得
$$\{\begin{array}{r}dp(k_1,j-1)+w(k_1+1,i_1)\le dp(k_2,j-1)+w(k_2+1,i)\\ dp(k_2,j-1)+w(k_2+1,i_2)\le dp(k_1,j-1)+w(k_1+1,i)\end{array}$$
假设两个式子都是取的$=$，那么交换$k_1,k_2$不影响
否则至少有一个取了$<$，不防假设
$$\{\begin{array}{r}dp(k_1,j-1)+w(k_1+1,i_1)\le dp(k_2,j-1)+w(k_2+1,i)\\ dp(k_2,j-1)+w(k_2+1,i_2)<dp(k_1,j-1)+w(k_1+1,i)\end{array}$$
移项得
$$\{\begin{array}{r}w(k_1+1,i_1)-w(k_2+1,i_1)\le dp(k_2,j-1)-dp(k_1,j-1)\\ dp(k_2,j-1)-dp(k_1,j-1)<w(k_1+1,i_2)-w(k_2+1,i_2)\end{array}$$
所以有
$$w(k_1+1,i_1)-w(k_2+1,i_1)<w(k_1+1,i_2)-w(k_2+1,i_2)$$
再移项，最后得
$$w(k_2+1,i_1)-w(k_1+1,i_1)>w(k_2+1,i_2)-w(k_1+1,i_2)$$
这显然是不成立的，因为$i_1<i_2$，而$w$是跟区间内相同权值的个数组合数有关
不等号右边的增长应更快，假设不成立；证明的确具有决策单调性

分治处理，注意决策点可能并不一定是正中间，可能会有所偏移，直接枚举即可

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define inf 1e18
#define maxn 100005
#define int long long
int n, K, k, curl = 1, curr, cost;
int a[maxn], cnt[maxn];
int dp[maxn][25];void Delete( int x ) {cost = cost - cnt[a[x]] + 1;cnt[a[x]] --;
}void Add( int x ) {cost = cost + cnt[a[x]];cnt[a[x]] ++;
}void calc( int l, int r ) {while( curl < l ) Delete( curl ++ );while( l < curl ) Add( -- curl );while( curr < r ) Add( ++ curr );while( r < curr ) Delete( curr -- );
}//计算[L,R]区间的dp值 决策点枚举范围为[l,r]
void solve( int L, int R, int l, int r ) {if( L > R || l > r ) return;int mid = ( L + R ) >> 1, pos, ans = inf;for( int i = l;i <= r;i ++ ) {calc( i + 1, mid );if( ans > dp[i][k - 1] + cost ) ans = dp[i][k - 1] + cost, pos = i;}dp[mid][k] = ans;solve( L, mid - 1, l, pos );solve( mid + 1, R, pos, r );
}signed main() {memset( dp, 0x7f, sizeof( dp ) );dp[0][0] = 0;scanf( "%lld %lld", &n, &K );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%lld", &a[i] );for( k = 1;k <= K;k ++ ) solve( 1, n, 0, n - 1 );//决策点i表示[j,i]为一个子段，[i+1,k]为一个子段//所以决策点范围是[0,n-1]而不是[1,n]printf( "%lld\n", dp[n][K] );return 0;
}