Codeforces 1129D - Isolation（分块优化 dp）

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又独立切了道 *2900（

首先考虑 \(dp\)，\(dp_i\) 表示以 \(i\) 为结尾的划分的方式，那么显然有转移 \(dp_i=\sum\limits_{j=0}^{i-1}dp_j[uni(j+1,i)\le k]\)，其中 \(uni(l,r)\) 表示 \([l,r]\) 中出现恰好一次的数的个数。

暴力一脸过不去，考虑优化。我们实时维护一个数组 \(f_j=uni(j+1,i)\)，那么上式可写作 \(dp_i=\sum\limits_{j=0}^{i-1}dp_j[f_j\le k]\)，而注意到每次 \(i\) 指针的右移引起 \(f\) 数组的变化应为两个区间的 \(+1/-1\)，具体来说，我们记 \(pre_v\) 表示 \(v\) 上一次出现的位置，\(pre\_pre_v\) 为 \(v\) 上上次出现的位置，那么指针移到 \(i\) 时 \(f\) 的变化应为 \([pre\_pre_{a_i},pre_{a_i})\) 内的 \(f_j\) 减 \(1\)，\([pre_{a_i},i)\) 内的 \(f_j\) 加 \(1\)，这个很容易想通。

于是现在问题就转化为，有一个序列，每个元素都有一个权值 \(\text{value}\) 和键值 \(\text{key}\)，每次我们可以将一个区间的键值 \(+1/-1\) 或者询问序列中键值 \(\le k\) 的元素的权值之和，注意到这东西既涉及下标又涉及值，是不太好用常规的数据结构，如线段树/平衡树之类维护的，因此考虑硬核数据结构——分块。我们设一个阈值 \(B\) 并将原序列分成 \(B\) 块，并对每一块建一个 BIT，每次我们执行区间 \(+v\) 时，边角块就暴力修改 \(f_i\) 并修改 BIT 里的值，中间块就维护一个标记数组 \(tag_i\) 并令 \(tag_i\) 加上 \(v\)，查询时就枚举每一块，并在 BIT 中查询 \(\le k-tag_i\) 所有数的和即可。时间复杂度 \(n\sqrt{n\log n}\)，不知道能不能过？

考虑优化，注意到上面的解法并没有用到每次加的值为 \(\pm 1\) 这一性质，所以使用了 BIT 也就多了一个 \(\sqrt{\log n}\) 的复杂度。我们考虑直接对于每一块维护一个前缀和数组 \(sum_{i,j}\) 表示第 \(i\) 块中 \(f_k\le j\) 的 \(dp_k\) 之和，那么由于加的值为 \(\pm 1\)，故每次对区间中一个元素暴力加值的时候，最多会引起一个 \(sum_{i,j}\) 的变化，具体来说，如果我们令 \(f_j\) 加上 \(1\)，那么对应的 \(sum_{i,f_j}\) 会减去 \(dp_j\)；如果我们令 \(f_j\) 减去 \(1\)，那么对应的 \(sum_{i,f_j-1}\) 会加上 \(dp_j\)；因此修改单个元素的复杂度就变成了 \(\mathcal O(1)\)，总复杂度也就变成了 \(n\sqrt{n}\)

还有一个小小的问题，就是当我们计算出 \(dp_i\) 之后，对应的 \(f_i\) 显然是 \(0\)，而此时该位置的权值也发生了改变，即由 \(0\) 变为了 \(dp_i\)，此时我们就要遍历 \(j\in[0,n]\) 并令 \(sum_{b,j}\) 加上 \(dp_i\)，其中 \(b\) 为 \(i\) 所在的块，这样复杂度又会退化到 \(n^2\)，这显然是我们所不愿意看到的。不过解决方法非常 simple，我们只需将 \(sum_{i,j}\) 的定义改为第 \(i\) 块中 \(f_k\ge j\) 的 \(dp_k\) 之和，查询时维护一个 \(tot_i\) 表示这块中所有的 \(dp_j\) 之和，拿这块中所有的 \(dp_j\) 之和减去不合法的情况即可，这样修改还是 \(\mathcal O(1)\) 的，不过最后求完 \(dp_i\) 之后的遍历过程就没了，取而代之的是我们只用令 \(sum_{b,0}\) 加上 \(dp_i\)，这样复杂度就是货真价实的 \(n\sqrt{n}\) 辣（

代码非常好写，不过似乎有些卡空间（？），而且我的似乎跑得挺快？最慢的一个点才跑了 249ms

const int MAXN=1e5;
const int SQRT=316;
const int MOD=998244353;
void add(int &x,int y){((x+=y)>=MOD)&&(x-=MOD);}
int n,k,a[MAXN+5],blk_sz,blk_cnt,bel[MAXN+5];
int L[SQRT+5],R[SQRT+5],sum[SQRT+5][MAXN+5];
int cnt[MAXN+5],tag[SQRT+5],dp[MAXN+5],tot[SQRT+5];
int pre[MAXN+5],pre_pre[MAXN+5];
void add(int x,int y,int z){
	if(x>y) return;
	if(bel[x]==bel[y]){
		for(int i=x;i<=y;i++){
			if(z==1) add(sum[bel[x]][++cnt[i]],dp[i]);
			else add(sum[bel[x]][cnt[i]--],MOD-dp[i]);
		}
	} else {
		for(int i=x;i<=R[bel[x]];i++){
			if(z==1) add(sum[bel[x]][++cnt[i]],dp[i]);
			else add(sum[bel[x]][cnt[i]--],MOD-dp[i]);
		}
		for(int i=L[bel[y]];i<=y;i++){
			if(z==1) add(sum[bel[y]][++cnt[i]],dp[i]);
			else add(sum[bel[y]][cnt[i]--],MOD-dp[i]);
		}
		for(int i=bel[x]+1;i<bel[y];i++) tag[i]+=z;
	}
}
int calc(){
	int ret=0;
	for(int i=0;i<=blk_cnt;i++){
		add(ret,tot[i]);
		if(k-tag[i]+1>=0) add(ret,MOD-sum[i][k-tag[i]+1]);
		else add(ret,MOD-tot[i]);
	} return ret;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);dp[0]=1;
	blk_sz=(int)pow(n,0.5);blk_cnt=n/blk_sz+1;
	for(int i=1;i<=blk_cnt;i++){
		L[i]=(i-1)*blk_sz;R[i]=min(i*blk_sz-1,n);
		for(int j=L[i];j<=R[i];j++) bel[j]=i;
	} sum[1][0]=1;tot[1]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		add(pre_pre[a[i]],pre[a[i]]-1,-1);add(pre[a[i]],i-1,1);
		pre_pre[a[i]]=pre[a[i]];pre[a[i]]=i;dp[i]=calc();
		add(sum[bel[i]][0],dp[i]);add(tot[bel[i]],dp[i]);
//		printf("%d\n",dp[i]);
	} printf("%d\n",dp[n]);
	return 0;
}