description
solution
code
设
d
p
i
,
j
dp_{i,j}
dpi,j：把前
i
i
i个数划分
j
j
j段的最小花费，
w
i
,
j
w_{i,j}
wi,j：
[
i
,
j
]
[i,j]
[i,j]划分为一段的花费
d
p
i
,
j
=
m
i
n
(
d
p
[
k
]
[
j
−
1
]
+
w
[
k
+
1
]
[
i
]
)
，
k
<
i
dp_{i,j}=min(dp[k][j-1]+w[k+1][i])，k<i
dpi,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，
∀
i
1
<
i
2
\forall i_1<i_2
∀i1<i2，且
i
1
i_1
i1由
k
1
k_1
k1转移而来，
i
2
i_2
i2由
k
2
k_2
k2转移而来，则必有
k
1
≤
k
2
k_1\le k_2
k1≤k2
证明一下，假设
k
1
>
k
2
k_1>k_2
k1>k2
由条件可以列得
{
d
p
(
k
1
,
j
−
1
)
+
w
(
k
1
+
1
,
i
1
)
≤
d
p
(
k
2
,
j
−
1
)
+
w
(
k
2
+
1
,
i
)
d
p
(
k
2
,
j
−
1
)
+
w
(
k
2
+
1
,
i
2
)
≤
d
p
(
k
1
,
j
−
1
)
+
w
(
k
1
+
1
,
i
)
\left\{ \begin{aligned} 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{aligned} \right.
{dp(k1,j−1)+w(k1+1,i1)≤dp(k2,j−1)+w(k2+1,i)dp(k2,j−1)+w(k2+1,i2)≤dp(k1,j−1)+w(k1+1,i)
假设两个式子都是取的
=
=
=，那么交换
k
1
,
k
2
k_1,k_2
k1,k2不影响
否则至少有一个取了
<
<
<，不防假设
{
d
p
(
k
1
,
j
−
1
)
+
w
(
k
1
+
1
,
i
1
)
≤
d
p
(
k
2
,
j
−
1
)
+
w
(
k
2
+
1
,
i
)
d
p
(
k
2
,
j
−
1
)
+
w
(
k
2
+
1
,
i
2
)
<
d
p
(
k
1
,
j
−
1
)
+
w
(
k
1
+
1
,
i
)
\left\{ \begin{aligned} 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{aligned} \right.
{dp(k1,j−1)+w(k1+1,i1)≤dp(k2,j−1)+w(k2+1,i)dp(k2,j−1)+w(k2+1,i2)<dp(k1,j−1)+w(k1+1,i)
移项得
{
w
(
k
1
+
1
,
i
1
)
−
w
(
k
2
+
1
,
i
1
)
≤
d
p
(
k
2
,
j
−
1
)
−
d
p
(
k
1
,
j
−
1
)
d
p
(
k
2
,
j
−
1
)
−
d
p
(
k
1
,
j
−
1
)
<
w
(
k
1
+
1
,
i
2
)
−
w
(
k
2
+
1
,
i
2
)
\left\{ \begin{aligned} 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{aligned} \right.
{w(k1+1,i1)−w(k2+1,i1)≤dp(k2,j−1)−dp(k1,j−1)dp(k2,j−1)−dp(k1,j−1)<w(k1+1,i2)−w(k2+1,i2)
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
)
w(k_1+1,i_1)-w(k_2+1,i_1)< w(k_1+1,i_2)-w(k_2+1,i_2)
w(k1+1,i1)−w(k2+1,i1)<w(k1+1,i2)−w(k2+1,i2)
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
)
w(k_2+1,i_1)-w(k_1+1,i_1)> w(k_2+1,i_2)-w(k_1+1,i_2)
w(k2+1,i1)−w(k1+1,i1)>w(k2+1,i2)−w(k1+1,i2)
这显然是不成立的，因为
i
1
<
i
2
i_1<i_2
i1<i2，而
w
w
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;
}