CF868F Yet Another Minimization Problem 分治决策单调性优化DP

题意：

　　给定一个序列，你要将其分为k段，总的代价为每段的权值之和，求最小代价。

　　定义一段序列的权值为$\sum_{i = 1}^{n}{\binom{cnt_{i}}{2}}$,其中$cnt_{i}$表示当前这段序列中数字大小为i的数的个数。

题解：

　　先考虑暴力DP， f[i][j]表示DP到i位，分为j段的最小代价。

　　则$f[i][j] = min(f[l - 1][j] + sum[l][i])$,其中sum[l][i]表示区间[l, i]分成一段的代价。

　　然后可以发现，这是具有决策单调性的，简易证明：

　　　　首先设l < j < i.

　　　　假设f[i][t]从f[j - 1][t - 1]转移而来，则有$f[j - 1][t - 1] + w[j][i] < f[l - 1][t - 1] + w[l][i]$.

　　　　现在考虑i + 1的情况，观察到$\binom{cnt_{i}}{2}$的式子经过化简后恰好可以表示0 ~ n - 1这个等差数列的求和公式，因此w[j][i]可以O(1)的转移到w[j][i + 1],即w[j][i + 1] = w[j][i] + sum[j][i];.sum[j][i]表示这个区间内某个颜色的数量（懒得再打一维了，这个理解一下就好，只是这么表示而已）

　　　　所以f[i + 1][t] = min(f[j - 1][t - 1] + w[j][i] + sum[j][i], f[l - 1][t - 1] + w[l][i] + sum[l][i]);//可以发现，由于$l < j$,所以$sum[l][i] >= sum[j][i]$,而式子的另一部分，也就是和f[i][t]相同的部分也是左边小于右边，因此j一定比l优。

　　　因此可以利用决策单调性来优化DP，因为无法O(1)得知w[i][j]的值，因此无法用二分单调栈来进行优化，于是我们考虑分治。

　　　不知道如何用分治优化决策单调性戳：决策单调性优化DP

　　然后注意到对于这题而言，暴力转移的复杂度还是太高了，于是考虑利用以下之前已有的信息，设当前已经被求出权值的区间为[ll, rr],权值为rnt.

　　那么每次转移的时候暴力将这个区间转移至当前需要的区间，于是就可以做到重复利用之前已经求出的信息。　　　

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 #define R register int
 #define AC 101000
 #define LL long long
 #define inf 1e18

 int n, k, now, ll, rr;
 int s[AC], sum[AC];
 LL f[AC][], rnt;

 inline int read()
 {
     int x = ;char c = getchar();
     while(c > '' || c < '') c = getchar();
     while(c >= '' && c <= '') x = x *  + c - '', c = getchar();
     return x;
 }

 void pre()
 {
     n = read(), k = read();
     for(R i = ; i <= n; i ++) s[i] = read();
 }

 void cal(int l, int r)
 {
     while(rr < r) rnt += sum[s[++ rr]] ++;
     while(rr > r) rnt -= -- sum[s[rr --]];
     while(ll > l) rnt += sum[s[-- ll]] ++;
     while(ll < l) rnt -= -- sum[s[ll ++]];
 }

 void solve(int l, int r, int kl, int kr)//当前区间[l, r],决策点区间[kl, kr]
 {
     if(l > r) return ;
     int mid = (l + r) >> , k = -, b = min(mid, kr);
     for(R i = kl; i <= b; i ++)//枚举当前段开头
     {
         cal(i, mid);
         if(rnt + f[i - ][now - ] < f[mid][now])
             f[mid][now] = rnt + f[i - ][now - ], k = i;
     }
     solve(l, mid - , kl, k), solve(mid + , r, k, kr);
 }

 void work()
 {
     for(R i = ; i <= n; i ++)
         for(R j = ; j <= k; j ++) f[i][j] = inf;
     ll = , rr = n;
     for(R i = ; i <= n; i ++) rnt += sum[s[i]] ++;
     for(now = ; now <= k; now ++) solve(, n, , n);//分层做k次
     printf("%lld\n", f[n][k]);
 }

 int main()
 {
     freopen("in.in", "r", stdin);
     pre();
     work();
     fclose(stdin);
     return ;
 }