CF834D. The Bakery(線段樹優化dp 決策單調性優化dp)

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題意：

将一個長度為 n 的序列分為 m段，使得總價值最大。

一段區間的價值表示為區間内不同數字的個數。

n≤35000,m≤50

思路：

考慮樸素的 d p dp dp方程： d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]表示将前 i i i個數字分成 j j j段得到的最大價值。

轉移為 d p [ i ] [ j ] = m a x ( d p [ k ] [ j − 1 ] + c n t [ k + 1 ] [ i ] ) dp[i][j]=max(dp[k][j-1]+cnt[k+1][i]) dp[i][j]=max(dp[k][j−1]+cnt[k+1][i])

其中 c n t [ k + 1 ] [ i ] cnt[k+1][i] cnt[k+1][i]表示區間 [ k + 1 , i ] [k+1,i] [k+1,i]的價值。

這樣時間複雜度是 O ( k n 2 ) O(kn^2) O(kn2)的， O ( k n ) O(kn) O(kn)是無法優化的，看怎麼能夠優化 c n t [ k + 1 ] [ i ] cnt[k+1][i] cnt[k+1][i]的計算。

正常的思路是開一個桶暴力維護，但是每個數作用的區間都是可以預處理出來的。假設第 i i i個數上一次出現的位置為 p r e i pre_i prei​，那麼隻有在 [ p r e i + 1 , i ] [pre_i+1,i] [prei​+1,i]時， a i a_i ai​的貢獻才是 1 1 1。這樣就變成了區間修改，區間求和，用線段樹就可以維護。

由于 m m m很小，在外層枚舉 m m m。對于 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]建樹，初值為 d p [ i ] [ j − 1 ] dp[i][j-1] dp[i][j−1]，表示第 i i i個數跟前面的段在一起。然後對于每個 a i a_i ai​都更新貢獻的範圍，同時更新後求出 [ j − 1 , i ] [j-1,i] [j−1,i]的最大值。時間複雜度為 O ( k n l o g n ) O(knlogn) O(knlogn)

還有一種決策單調性優化dp的解法

代碼：

// Problem: D. The Bakery
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #426 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/834/problem/D?mobile=true
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2500 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;

typedef pair<int, int>PII;

inline ll read(){ll x = 0, f = 1;char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-')f = -1;ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}return x * f;}

inline void write(ll x){if (x < 0) x = ~x + 1, putchar('-');if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');}



#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)

ll ksm(ll a, ll b,ll mod){ll res = 1;while(b){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return res;}

#define read read()
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;

const int maxn=35050,inf=0x3f3f3f3f;

int n,m,a[maxn];
int dp[maxn][55];
int pre[maxn],pos[maxn];
struct node{
	int l,r,laz,maxx;
}tr[maxn*4];

void pushup(int u){
	tr[u].maxx=max(tr[u<<1].maxx,tr[u<<1|1].maxx);
}

void pushdown(int u){
	if(tr[u].laz){
		tr[u<<1].maxx+=tr[u].laz;
		tr[u<<1|1].maxx+=tr[u].laz;
		tr[u<<1].laz+=tr[u].laz;
		tr[u<<1|1].laz+=tr[u].laz;
		tr[u].laz=0;
	}
	
}

void build(int u,int l,int r,int p){
	tr[u].l=l,tr[u].r=r;
	tr[u].laz=0;tr[u].maxx=0;
	if(l==r){
		tr[u].maxx=dp[l-1][p-1];
		return ;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	build(u<<1,l,mid,p);build(u<<1|1,mid+1,r,p);
	pushup(u);
}

void update(int u,int l,int r,int ql,int qr){
	if(ql<=l&&r<=qr){
		tr[u].maxx++;
		tr[u].laz++;
		return ;
	}
	pushdown(u);
	int mid=(l+r)/2;
	if(ql<=mid) update(u<<1,l,mid,ql,qr);
	if(qr>mid) update(u<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
	pushup(u);
}

int query(int u,int l,int r,int ql,int qr){
	if(ql<=l&&r<=qr){
		return tr[u].maxx;
	}
	pushdown(u);
	int mid=(l+r)/2;
	int ans=0;
	if(ql<=mid) ans=max(ans,query(u<<1,l,mid,ql,qr));
	if(qr>mid) ans=max(ans,query(u<<1|1,mid+1,r,ql,qr));
	return ans;
}

int main(){
	n=read,m=read;
	rep(i,1,n){
		a[i]=read;
		pre[i]=pos[a[i]]+1;
		pos[a[i]]=i;
	}
	
	
	for(int j=1;j<=m;j++){
		build(1,1,n,j);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			update(1,1,n,pre[i],i);
			if(j-1<=i) dp[i][j]=query(1,1,n,j-1,i);
		}
	}
	
	write(dp[n][m]);
	return 0;
}

           

思路2：

再用莫隊維護某段區間的不同數的個數。

代碼：

// Problem: D. The Bakery
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #426 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/834/problem/D?mobile=true
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2500 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll, ll>PLL;
typedef pair<int, int>PII;
typedef pair<double, double>PDD;
typedef pair<string,string>PSS;
#define I_int ll
inline ll read(){ll x = 0, f = 1;char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-')f = -1;ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}return x * f;}
 
inline void write(ll x){if (x < 0) x = ~x + 1, putchar('-');if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');}
 
#define read read()
#define closeSync ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define multiCase int T;cin>>T;for(int t=1;t<=T;t++)
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define repp(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)

ll ksm(ll a, ll b,ll mod){ll res = 1;while(b){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return res;}
 
const int maxn=35050,mod=1e9+7;
const double pi = acos(-1);

int dp[maxn][50],a[maxn],n,m;

int cnt[maxn],ans,L=1,R;

void add(int x){
	cnt[x]++;
	if(cnt[x]==1) ans++;
}

void del(int x){
	cnt[x]--;
	if(!cnt[x]) ans--;
}

int cul(int l,int r){
	while(L<l) del(a[L++]);
	while(L>l) add(a[--L]);
	while(R<r) add(a[++R]);
	while(R>r) del(a[R--]);
	return ans;
}

void solve(int l,int r,int ql,int qr,int tot){
	if(l>r) return ;
	int mid=(l+r)/2,qmid=ql;
	for(int i=ql;i<=min(qr,mid);i++){
		int now=dp[i-1][tot-1]+cul(i,mid);
		if(now>dp[mid][tot]){
			dp[mid][tot]=now;qmid=i;
		}
	}
	solve(l,mid-1,ql,qmid,tot);
	solve(mid+1,r,qmid,qr,tot);
}

int main(){
	n=read,m=read;
  	rep(i,1,n) a[i]=read;
  //	memset(dp,0x3f,sizeof dp);
  	dp[0][0]=0;
  	for(int i=1;i<=m;i++)
  		solve(1,n,1,n,i);
  	cout<<dp[n][m]<<"\n";
    return 0;    
}