CodeForces - 1527E Partition Game(dp+线段树)

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题目大意：给出一个长度为 nnn 的数列，现在需要将其划分成 kkk 段，使得贡献和最小

对于每段区间 [l,r][l,r][l,r] 的贡献为，其中每个数字，其最后一次出现的位置减去其首次出现的位置

输出最小贡献

题目分析：区间划分，经典的 dpdpdp 问题，dpi,jdp_{i,j}dpi,j 代表前 iii 个数划分为 jjj 个区间的最优解，两种转移方程：

dpi,j=min(dpi−1,j+(ai属于上一段的贡献),dpi−1,j−1+(ai独成一段的贡献))dp_{i,j}=min(dp_{i-1,j}+(a_i属于上一段的贡献),dp_{i-1,j-1}+(a_i独成一段的贡献))dpi,j=min(dpi−1,j+(ai属于上一段的贡献),dpi−1,j−1+(ai独成一段的贡献))
dpi,j=min(dpk,j−1+val(k+1,i))dp_{i,j}=min(dp_{k,j-1}+val(k+1,i))dpi,j=min(dpk,j−1+val(k+1,i))

以上，第一种转移方程的时间复杂度是 O(n∗m)O(n*m)O(n∗m) 的，缺点是无法知晓最后一段区间的起点

第二种转移方程的时间复杂度是 O(n∗n∗m)O(n*n*m)O(n∗n∗m) 的，可以知晓最后一段区间的起点

就本题而言，我们只能选择第二种转移方程，所以考虑利用数据结构优化掉一维 nnn

不难发现对于动态规划的第二维是可以滚动的，所以不妨在固定第二维后，将第一维的信息扔进线段树里，这样就可以 O(logn)O(logn)O(logn) 去维护区间最小值了，此时线段树中的每个节点实质上维护的是 dpi+val(i+1,cur)dp_i+val(i+1,cur)dpi+val(i+1,cur)，其中 curcurcur 就是第一维更新到的位置，val(l,r)val(l,r)val(l,r) 就是区间 [l,r][l,r][l,r] 中的贡献，也就是题目所述

查询的话直接查询区间最小值即可，现在问题转换为了，在加入 aia_iai 后，如何更新线段树中的信息呢？

感觉本题的难点就是这里了，我思考到这里卡住了，去请教的冰哥，明白了之后就豁然开朗了

因为从前往后加入 aia_iai 之后，并不会影响 aia_iai 首次出现的位置，只会影响 aia_iai 最后一次出现的位置，所以我们记 last[ai]last[a_i]last[ai] 为 aia_iai 最后一次出现的位置，此时就将 [0,cur][0,cur][0,cur] 的区间划分为了两段：[0,last[ai]−1],[last[ai],cur][0,last[a_i]-1],[last[a_i],cur][0,last[ai]−1],[last[ai],cur]，为什么这样划分呢，注意到上面提到的，线段树中节点维护的信息是：dpi+val(i+1,cur)dp_i+val(i+1,cur)dpi+val(i+1,cur)，当此处的 iii 取到 [last[ai],cur][last[a_i],cur][last[ai],cur] 时，val(i+1,cur)=0val(i+1,cur)=0val(i+1,cur)=0，即不做贡献，而取到 [0,last[ai]−1][0,last[a_i]-1][0,last[ai]−1] 时，val(i+1,cur)val(i+1,cur)val(i+1,cur) 统一增大了 i−last[ai]i-last[a_i]i−last[ai]，所以只需要用线段树区间更新即可

代码：

// Problem: E. Partition Game
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #721 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1527/problem/E
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 3000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)// #pragma GCC optimize(2)
// #pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
// #pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
#include<list>
#include<unordered_map>
#define lowbit(x) x&-x
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
template<typename T>
inline void read(T &x)
{T f=1;x=0;char ch=getchar();while(0==isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(0!=isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();x*=f;
}
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');
}
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=4e4+100;
struct Node {int l,r,mmin,lazy;
}tree[N<<2];
int dp[N],a[N],last[N];;
void pushup(int k) {tree[k].mmin=min(tree[k<<1].mmin,tree[k<<1|1].mmin);
}
void pushdown(int k) {if(tree[k].lazy) {int lz=tree[k].lazy;tree[k].lazy=0;tree[k<<1].mmin+=lz;tree[k<<1|1].mmin+=lz;tree[k<<1].lazy+=lz;tree[k<<1|1].lazy+=lz;}
}
void build(int k,int l,int r) {tree[k]={l,r,inf,0};if(l==r) {tree[k].mmin=dp[l];return;}int mid=(l+r)>>1;build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);pushup(k);
}
void update(int k,int l,int r,int val) {if(tree[k].l>r||tree[k].r<l) {return;}if(tree[k].l>=l&&tree[k].r<=r) {tree[k].mmin+=val;tree[k].lazy+=val;return;}pushdown(k);update(k<<1,l,r,val);update(k<<1|1,l,r,val);pushup(k);
}
int query(int k,int l,int r) {if(tree[k].l>r||tree[k].r<l) {return inf;}if(tree[k].l>=l&&tree[k].r<=r) {return tree[k].mmin;}pushdown(k);return min(query(k<<1,l,r),query(k<<1|1,l,r));
}
int main()
{#ifndef ONLINE_JUDGE
//  freopen("data.in.txt","r",stdin);
//  freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
//  ios::sync_with_stdio(false);int n,k;read(n),read(k);for(int i=1;i<=n;i++) {read(a[i]);}memset(dp,inf,sizeof(dp));dp[0]=0;for(int j=1;j<=k;j++) {build(1,0,n);memset(last,0,sizeof(last));for(int i=1;i<=n;i++) {if(last[a[i]]) {update(1,0,last[a[i]]-1,i-last[a[i]]);}last[a[i]]=i;dp[i]=query(1,0,i-1);}}printf("%d\n",dp[n]);return 0;
}

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