一、题目：

洛谷原题

codeforces原题

二、思路：

首先有一个非常简单的DP思路：设DP状态为 \(dp[i, j]\)，表示把前 \(j\) 个元素分成 \(i\) 个部分所需要的最小花费。则有状态转移方程

\[dp[i,j]=\min\limits_{i\leq j'\leq j} \{dp[i-1,j'-1]+cost(j',j)\} \]

在这里，\(i\) 是阶段，\(i\) 和 \(j\) 共同构成状态，\(j'\) 是决策。

接下来我们证明该DP具有决策单调性。首先让我们固定 \(i\)，然后设 \(p_j\) 是 \(j\) 的最优决策点（如果有多个一样优的决策点，取最左边的一个）。要证明 \(p_j\) 具有决策单调性，只需证 \(cost\) 具有四边形不等式。

即证

\[\forall a<b,cost(a,b+1)+cost(a+1,b)\geq cost(a,b)+cost(a+1,b+1) \]

即证

\[\forall a<b,cost(a, b+1)-cost(a,b)\geq cost(a+1,b+1)-cost(a+1,b) \]

不等式左边可以看成是将元素 \(b+1\) 放入区间 \([a,b]\) 对 \(cost\) 的影响，不等式右边可以看成是将元素 \(b+1\) 放入区间 \([a+1,b]\) 对 \(cost\) 的影响，显然左边大于等于右边。因此原命题得证。

于是这道题就可以使用整体二分解决了！当然，为了保证复杂度，我们要保证每次计算 \(cost\) 的复杂度。这其实可以通过维护一个桶 \(cnt\)，每次计算区间端点改变对 \(cnt\) 的影响即可。

时间复杂度 \(O(kn\log n)\)。

三、代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>

using namespace std;
#define FILEIN(s) freopen(s".in", "r", stdin);
#define FILEOUT(s) freopen(s".out", "w", stdout)
#define mem(s, v) memset(s, v, sizeof s)

inline int read(void) {
    int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }
    while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
    return f * x;
}

const int maxn = 1e5 + 5, maxk = 25;
const long long inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

int n, K;
int cnt[maxn];
long long cost, dp[maxk][maxn];
int a[maxn];
int lastl, lastr;

void get(int l, int r) {
    while (lastr > r) -- cnt[a[lastr]], cost -= cnt[a[lastr]], -- lastr;
    while (lastr < r) ++ lastr, cost += cnt[a[lastr]], ++ cnt[a[lastr]];

    while (lastl < l) -- cnt[a[lastl]], cost -= cnt[a[lastl]], ++ lastl;
    while (lastl > l) -- lastl, cost += cnt[a[lastl]], ++ cnt[a[lastl]];
}

void solve(int L, int R, int l, int r, int id) {
    if (L > R) return;
    if (l > r) return;
    int mid = (l + r) >> 1;
    int pos = 0; long long minn = inf;
    for (int i = max(L, id); i <= min(R, mid); ++ i) {
        get(i, mid);
        if (dp[id - 1][i - 1] + cost < minn) {
            minn = dp[id - 1][i - 1] + cost; pos = i;
        }
    }
    dp[id][mid] = minn;
    solve(L, pos, l, mid - 1, id); solve(pos, R, mid + 1, r, id);
}

int main() {
    n = read(); K = read();
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
        a[i] = read();
    }
    mem(dp, 0x3f);
    dp[0][0] = 0;
    lastl = 1; lastr = 0;
    for (int id = 1; id <= K; ++ id) {
        solve(1, n, 1, n, id);
    }
    printf("%lld\n", dp[K][n]);
    return 0;
}