Codeforces 833B The Bakery（主席树 + 决策单调性优化DP）

题目链接 The Bakery

题目大意：目标是把$n$个数分成$k$组，每个组的值为这个组内不同的数的个数，求$k$个组的值的和的最大值。

题目分析：

这道题我的解法可能和大众解法不太一样……我用主席树求$ask(l, r)$——$l$到$r$之间有多少个不同的数。

然后就是$DP$了。

这道题的数据规模是

$n <= 35000$， $k <= 50$

首先直接$DP$的做法还是比较简单的。代码如下。

其中$f[i][j]$为前$i$个数分成$j$组可以得到的最大的和

        rep(i, 1, n){
		　　　　tmp.set(a[i]);
		　　　　f[i][1] = tmp.count();
	　　}

	　　rep(j, 2, k){
		　　rep(i, j, n){
			　　rep(k, 0, i - 1){
				f[i][j] = max(f[i][j], f[k][j - 1] + ask(k + 1, i));
			}
		}
	}

我们发现这样的时间复杂度是$O(n^{2}klogn)$的，效率不够高。

怎么优化呢？

这道题有一个结论：

假设$f[i][j]$的最优方案是从$f[x][j - 1]$得到的，$f[i +1][j]$的最优方案是从$f[y][j - 1]$得到的。

那么一定有 $x <= y$

（证明是某个外国小哥给出的）

我们可以用分治进行优化（也就是整体二分吧）

求$f[i][k]$  $(l <= i <= r)$的时候，我们先求$f[mid][k]$

其中$mid = (l + r) / 2$

求$f[mid][k]$的时候，我们对于$f[j][k - 1]$，$j$从$1$枚举到$mid$

这个时候我们要记录一个$x$，即$f[mid][k]$的最优方案是从$f[x][k - 1]$得到的。

那么我们就可以两边继续递归下去，分别求两个四等分点位置

$f[p1][k]$  $(l <= i <= mid - 1)$  （此时对于$f[j][k - 1]$，$j$从$1$枚举到$x$）

和

$f[p2][k]$  $(mid + 1 <= i <= r)$（此时对于$f[j][k - 1]$，$j$从$x$枚举到$n$）

以此类推

于是上述代码中的时间复杂度中的一个$n$变成了$logn$

时间复杂度 $O(nlog^{2}(n)k)$

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define rep(i, a, b)	for (int i(a); i <= (b); ++i)
#define dec(i, a, b)	for (int i(a); i >= (b); --i)

typedef long long LL;

const int N = 35010;
const int M = 4e6 + 10;

int n, tot, q, a[N];
int T[M], lson[M], rson[M], val[M];
int nxt[N], b[N];
int k;
int f[N][53];

bitset <N> tmp;

int build(int l, int r){
	int rt = tot++;
	val[rt] = 0;
	int m = (l + r) >> 1;
	if(l != r){
		lson[rt] = build(l, m);
		rson[rt] = build(m + 1, r);
	}
	return rt;
}
int update(int rt, int pos, int v){
	int newrt = tot++, tmp = newrt;
	int l = 1, r = n;
	val[newrt] = val[rt] + v;
	while(l < r)
	{
		int m = (l + r) >> 1;
		if(pos <= m)
		{
			lson[newrt] = tot++;
			rson[newrt] = rson[rt];
			newrt = lson[newrt];
			rt = lson[rt];
			r = m;
		}
		else
		{
			rson[newrt] = tot++;
			lson[newrt] = lson[rt];
			newrt = rson[newrt];
			rt = rson[rt];
			l = m + 1;
		}
		val[newrt] = val[rt] + v;
	}
	return tmp;
}

int query(int rt, int pos){
	int ret = 0;
	int l = 1, r = n;
	while(pos > l){
		int m = (l + r) >> 1;
		if(pos <= m){
			ret += val[rson[rt]];
			rt = lson[rt];
			r = m;
		}
		else{
			l = m + 1;
			rt = rson[rt];
		}
	}
	return ret + val[rt];
}

int ask(int l, int r){ return query(T[r], l); }

void init(){
	tot = 0;
	memset(nxt, -1, sizeof(nxt));
	rep(i, 1, n) b[i - 1] = a[i];
	sort(b, b + n);
	int cnt = unique(b, b + n) - b;
	T[0] = build(1, n);
	rep(i, 1, n){
		int id = lower_bound(b, b + cnt, a[i]) - b;
		if(nxt[id] == -1)
			T[i] = update(T[i - 1], i, 1);
		else{
			int t = update(T[i - 1], nxt[id], -1);
			T[i] = update(t, i, 1);
		}
		nxt[id] = i;
	}
}

void solve(int j, int l, int r, int st, int ed){
	if (l > r) return;
	int mid = (l + r) >> 1;
	int x;

	rep(i, st, min(mid, ed)){
		if (f[i - 1][j - 1] + ask(i, mid) >= f[mid][j]){
			f[mid][j] = f[i - 1][j - 1] + ask(i, mid);
			x = i;
		}
	}

	if (l != r){
		solve(j, l, mid - 1, st, x);
		solve(j, mid + 1, r, x, ed);
	}
}

int main(){

	scanf("%d%d", &n, &k);
	rep(i, 1, n) scanf("%d", a + i);

	init();
	rep(i, 1, n){
		tmp.set(a[i]);
		f[i][1] = tmp.count();
	}
/*
	rep(j, 2, k){
		rep(i, j, n){
			rep(k, 0, i - 1){
				f[i][j] = max(f[i][j], f[k][j - 1] + ask(k + 1, i));
			}
		}
	}
*/

	rep(j, 2, k)  solve(j, 1, n, 1, n);

	printf("%d\n", f[n][k]);
	return 0;

}