CF868F Yet Another Minimization Problem

題目描述

Solution

一開始可以很容易地寫出一個$dp$式子：
設$f_{i,j}$表示前$i$個數分成$j$段的最小代價，有：
$$f_{i,j}=\underset{k=1}{\overset{i?1}{\min }}{f}_{k,j?1}+C_{k+1,i}$$
$C_{x,y}$表示求見$a[x..y]$中有多少個相同的數對。

我們可以發現這樣一個性質：
設有整數$x<y\le i$。
顯然$\Delta C_{x,i}>\Delta C_{y,i}$，也就是說在前面的$C$增長比較快。

考慮決策單調性：
若存在整數$x<y\le i$，使得
$$f_{x,j}+C_{x+1,i}>f_{y,j}+C_{y+1,i}$$
則對于所有的$i^{\prime }>i$，顯然有
$$f_{x,j}+C_{x+1,i^{\prime }}>f_{y,j}+C_{y+1,i^{\prime }}$$
也就是說，如果前面的比后面的劣，那么它在之后的轉移中都不會作為最優決策點出現了。

這里就可以用決策單調性的一個套路做法——分治。
若我們要求的答案為$f_{x..y,j}$，當前的決策點區間為$[X,Y]$。
我們可以先對于$mid=?\frac{x+y}{2}?$求出$f_{mid,j}$以及它的最優決策點$k$，這一步可以暴力枚舉$X..Y$求得，時間復雜度$O(Y?X)$。

然后顯然$f_{x..mid?1,j}$的最優決策點$k^{\prime }\le k$，$f_{mid+1..y,j}$的最優決策點$k^{\prime }\ge k$，分治計算即可。

這里轉移中要用到的$C_{x,y}$可以類似莫隊的方法，每次或減去加入一個數，計算貢獻的方式暴力求。

顯然分治一遍的時間復雜度為$T(n)=T(n/2)+O(n)=O(nlgn)$，一共要做$m$遍，所以總時間復雜度為$O(mnlgn)$。

#include <vector> #include <list> #include <map> #include <set> #include <deque> #include <queue> #include <stack> #include <bitset> #include <algorithm> #include <functional> #include <numeric> #include <utility> #include <sstream> #include <iostream> #include <iomanip> #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <cctype> #include <string> #include <cstring> #include <ctime> #include <cassert> #include <string.h> //#include <unordered_set> //#include <unordered_map> //#include <bits/stdc++.h>#define MP(A,B) make_pair(A,B) #define PB(A) push_back(A) #define SIZE(A) ((int)A.size()) #define LEN(A) ((int)A.length()) #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i) #define fi first #define se secondusing namespace std;template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; } template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef long double lod; typedef pair<int,int> PR; typedef vector<int> VI;const lod eps=1e-11; const lod pi=acos(-1); const int oo=1<<30; const ll loo=1ll<<62; const int mods=998244353; const int MAXN=600005; const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567 /*--------------------------------------------------------------------*/ inline int read() {int f=1,x=0; char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }return x*f; } ll C=0,f[21][MAXN]; int n,m,L=1,R=0,a[MAXN],cnt[MAXN]; ll getans(int l,int r) {while (L>l) C+=cnt[a[--L]]++;while (L<l) C-=--cnt[a[L++]];while (R<r) C+=cnt[a[++R]]++;while (R>r) C-=--cnt[a[R--]];return C; } void solve(int now,int x,int y,int X,int Y) {int mid=(x+y)>>1,t;f[now][mid]=loo;for (int i=X;i<=Y;i++) t=upmin(f[now][mid],f[now-1][i]+getans(i+1,mid))?i:t;if (x==y) return;solve(now,x,mid,X,t);solve(now,mid+1,y,t,Y); } int main() {n=read(),m=read(),L=1,R=C=0;for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),f[1][i]=getans(1,i);for (int i=2;i<=m;i++) solve(i,1,n,1,n);printf("%lld\n",f[m][n]);return 0; }

總結

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