题意

给定一个序列 \(\{a_1, a_2, \cdots, a_n\}\)，要把它分成恰好 \(k\) 个连续子序列。

每个连续子序列的费用是其中相同元素的对数，求所有划分中的费用之和的最小值。

\(2 \le n \le 10^5, 2 \le k \le \min(n, 20), 1 \le a_i \le n\)

题解

\(k\) 比较小，可以先考虑一个暴力 \(dp\) 。

令 \(dp_{k, i}\) 为前 \(i\) 个数划分成 \(k\) 段所需要的最小花费。

那么转移如下

\[dp_{k, i} = \min_{j \le i} dp_{k - 1, j - 1} + w_{j, i}
\]

其中 \(w_{j, i}\) 为 \(j \sim i\) 这段划分出来需要的花费，也就是 \([j, i]\) 区间内相同元素对数。

暴力做是 \(O(n^2 k)\) 的，无法通过。

说到最优区间划分，我就想起了决策单调性，今年下半年

至于为什么满足决策单调？考虑证明 \(\mathrm{1D/1D}\) 上的四边形不等式。具体证明可以参考此处。

我们现在只有一个问题了，就是如何快速求出 \(w_{j, i}\) 。

可以考虑把序列分块，然后预处理块到块的答案以及点到一个块的答案，然后再算算边角。

然后这个配合 二分+单调栈 可以做到 \(O(nk \sqrt n \log n)\) ，还是过不去。

对于这种分层 \(dp\) 来说，分治的复杂度就可以正确，因为每次不需要先分治左区间再算右区间，可以扫完整个区间得到 \(mid\) 的最优决策点，然后就可以把 \([l, mid)\) 和 \((mid, r]\) 的决策点分开了。

这样单次求解的话，每层是 \(O(n)\) 的，那么复杂度是 \(O(n \log n)\) 的。

然后此时我们就可以很好的算 \(w_{j, i}\) 了，要怎么算呢？

可以暴力一点做，考虑类似莫队那样维护当前计算区间的 \([l, r]\) ，然后看接下来要算的 \([l', r']\) 的相对位置，就可以得到相应的区间的花费了。

复杂度？其实是对的。具体原因可以参考非指针移动的那种做法，每次只会移动当前区间长度的指针。

这个其实是一样的，因为每次需要利用的相邻两个区间是一样的，这种移动方法的复杂度是平面上两点的曼哈顿距离，显然不会更劣。

那么最后复杂度就是 \(O(nk \log n)\) 的，似乎我的写法跑的挺快？

代码

很好写啊qwq

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)

#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)

#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)

#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))

#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))

#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl

using namespace std;

typedef long long ll;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }

template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

inline int read() {

	int x(0), sgn(1); char ch(getchar());

	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;

	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);

	return x * sgn;

}

void File() {

#ifdef zjp_shadow

	freopen ("F.in", "r", stdin);

	freopen ("F.out", "w", stdout);

#endif

}

const int N = 2e5 + 1e3;

int n, k, a[N], times[N];

int l, r; ll res, dp[25][N];

void Move(int L, int R) {

	while (l > L) res += times[a[-- l]] ++;

	while (l < L) res -= -- times[a[l ++]];

	while (r > R) res -= -- times[a[r --]];

	while (r < R) res += times[a[++ r]] ++;

}

void Divide(int k, int l, int r, int dl, int dr) {

	if (l > r) return;

	int mid = (l + r) >> 1, dmid = dl;

	dp[k][mid] = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

	For (i, dl, min(mid, dr)) {

		Move(i, mid);

		if (chkmin(dp[k][mid], dp[k - 1][i - 1] + res)) dmid = i;

	}

	Divide(k, l, mid - 1, dl, dmid);

	Divide(k, mid + 1, r, dmid, dr);

}

int main () {

	File();

	n = read(); k = read();

	For (i, 1, n) a[i] = read();

	For (i, 1, n)

		dp[1][i] = (res += times[a[i]] ++);

	res = 0; Set(times, 0);

	l = 1; r = 0;

	For (i, 2, k) Divide(i, 1, n, 1, n);

	printf ("%lld\n", dp[k][n]);

    return 0;

}

巴特西

CodeForces 868F Yet Another Minimization Problem(决策单调性优化 + 分治)

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