CF1497E2 Square-free division (hard version)

题意：

数组 a 由 n 个正整数构成。你需要将它们分割成最小数量的连续子段，使得每一个子段中的任意两个数（不同位置）的乘积不为完全平方数。
除此之外，你被允许在分割之前进行最多 k 次修改操作。
在一次修改操作中，你可以选择数组中的某个位置的数，将该位置的数变为任意正整数。
请问连续子段的最小数量是多少（在最多 k 次操作后）？

题解：

本题多了修改操作，一开始部分和E1情况一样，还是先对数组a[]a[]a[]进行操作，将偶数质因子去掉，奇数质因子留下一个。
很明显要dp转移，如何转移？
先设dp[i][j]表示前i个数字修改了j的连续字段的最小数量
怎么转移呢？
单单考虑第i个是否修改貌似是不够的，一个思想是上一次划分到k，修改次数为p，则从dp[k][p]转移到dp[i][j]。对于[k+1,i]这一段，如果这一段的最小需要改变数量为num，那么就有p+num=j。
这样我们就需要知道任意一段[l,r]的最小修改次数
我们设l[i][k]:表示最小的pos使得[pos,i]作为一个整段时消耗了x从修改，为什么要这样设？这样可以极大的简化dp过程,对于一个k，不同的i,我们可以快速找到上一个状态j，从状态j转移到当前的状态i
转移方程：dp[i][j]=moin(dp[i][j],dp[l[i][x]][j−x]+1)dp[i][j]=moin(dp[i][j],dp[l[i][x]][j-x]+1)dp[i][j]=moin(dp[i][j],dp[l[i][x]][j−x]+1)
对于数组l[i][k]=j，对于一个确定的k，当i增加时，结果j必然单调不减,所以j我们可以利用双指针O(n)求，这样求l[][]数组的复杂度是O(nk)
dp复杂度是O(nk2)O(nk^2)O(nk2)

代码：

// Problem: E2. Square-free division (hard version)
// Contest: Codeforces Round #708 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/{getProblemIndexes(problemCurrentPageList[i][0])[0]}/problem/E2
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms
// By Jozky#include <bits/stdc++.h>
#include <unordered_map>
#define debug(a, b) printf("%s = %d\n", a, b);
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
clock_t startTime, endTime;
//Fe~Jozky
const ll INF_ll= 1e18;
const int INF_int= 0x3f3f3f3f;
void read(){};
template <typename _Tp, typename... _Tps> void read(_Tp& x, _Tps&... Ar)
{x= 0;char c= getchar();bool flag= 0;while (c < '0' || c > '9')flag|= (c == '-'), c= getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x= (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c= getchar();if (flag)x= -x;read(Ar...);
}
template <typename T> inline void write(T x)
{if (x < 0) {x= ~(x - 1);putchar('-');}if (x > 9)write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');
}
void rd_test()
{#ifdef ONLINE_JUDGE
#elsestartTime= clock();freopen("data.in", "r", stdin);
#endif
}
void Time_test()
{#ifdef ONLINE_JUDGE
#elseendTime= clock();printf("\nRun Time:%lfs\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
}
const int maxn= 2e5 + 9;
int dp[maxn][30];
int l[maxn][30];
int vis[20000020];
int a[maxn];
int main()
{//rd_test();int t;read(t);while (t--) {int n, k;read(n, k);for (int i= 1; i <= n; i++) {read(a[i]);int now= a[i];for (int j= 2; j * j <= now; j++) {int cnt= 0;while (now % j == 0) {now/= j;cnt++;}for (int k= 1; k <= cnt; k++)a[i]/= j;if (cnt % 2 == 1)a[i]*= j;}}for (int lim= 0; lim <= k; lim++) {int cnt= 0;for (int i= 1, j= 1; i <= n; i++) {vis[a[i]]++;if (vis[a[i]] >= 2)cnt++;if (cnt > lim) {while (cnt > lim) {if (vis[a[j]] >= 2)cnt--;vis[a[j]]--;j++;}}l[i][lim]= j;}for (int i= 1; i <= n; i++)vis[a[i]]= 0;}for (int i= 0; i <= n; i++)for (int j= 0; j <= k; j++)dp[i][j]= INF_int;dp[0][0]= 0;for (int i= 1; i <= n; i++) {for (int j= 0; j <= k; j++) {for (int x= 0; x <= j; x++) {dp[i][j]= min(dp[i][j], dp[l[i][x] - 1][j - x] + 1);}}}int ans= INF_int;for (int i= 0; i <= k; i++) {ans= min(ans, dp[n][i]);}cout << ans << endl;}return 0;//Time_test();
}

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