题目：
有⼀块有 n 段的栅栏，要求第 i 段栅栏最终被刷成颜色 ci 。每⼀次可以选择 l, r 把第l . . . r 都刷成某种颜色，后刷的颜⾊会覆盖之前的。⼀共有 m 种颜色，雇主知道只需要用m 次就能达成目标，因此你只能刷 m 次。但是你还是可以想办法磨洋工，你希望最⼤化 m 次刷漆选择的区间长度（r − l + 1）总和。
分析：
这个题目有一种似曾相识的感觉……
罢了……人生三大错觉——手机振动、有人敲门、这题我会……
这个题呢，题目里有提到，只需要m次即可完成涂色，这说明什么？
每种颜色最多只需涂色一次，这个条件可以转化为，当序列中出现两个颜色相同时，绝对不存在一对相同的颜色与这一对交叉。
可以举个栗子，有可能出现“1 2 3 1”这样的颜色序列，但绝不可能出现“1 2 1 2”这样的子序列（如果出现了，m对无法将全部颜色染齐），所以如果序列中有颜色相同，那么相同的颜色绝对是一层一层的（感性理解），像这样“1 2 3 3 2 4 2 1”。
我们不能无脑乱涂，如果层数多了，先涂哪种颜色对我们最终的答案都是有影响的，我们的程序根本处理不了这样的智能问题。
那么一个思路就出来了。我们是否可以把每种颜色（一定有一个出现的最左端点和一个最右端点）和它横跨的长度抠出来，一部分一部分的计算？
比如这样一个序列（稍微简单一些）：1 2 4 3 2 6 5 2 7 8 9
可以看到，重复出现的颜色只有2，我们就用这个例子理解一下这种思想
假如一个序列中颜色尽不相同，像“1 2 3 4……”这种，是不是很好解决，直接从一段开始，每次将一个颜色一直染到另一端。
我们将上面那个序列拆分后也成为这种感觉，只不过在“1 2 3 4……”这个序列，每一个颜色的长度都是1，对答案的贡献都是1，我们将上面那个序列拆分后，拆成这样：
① 1 (2 * * * * * *) 7 8 9
② 4 3
③ 2 6
“*”号代表我们拆出来的序列①中，2这个颜色占有的长度范围，这样，我们就简化了原来的序列，但是，序列①和序列②③不同的地方又在于，我们不能无脑地从一段开始“扫射”，因为对于不同的涂法，最后“磨洋工”的时间也是不同的，但我们发现，这种元素相互之间贡献简单的序列，可以被我们拿来做区间dp，所以又套了一个区间dp的思想，也成功神化了这道题。
这样呢，把我们拆出来的每一个序列单独跑区间dp，每次贡献答案，即是结果了。
实现难度主要在维护一个p数组，其他的没什么难度，我会在代码里给注释的。
（这份代码是我抄的std，感谢此题的代码贡献者，写出了能让我读懂的代码）
代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define ll long long 3 using namespace std; 4 const int N=100005,M=5005; 5 int a[N],n,m,cnt,l[M],r[M],p[N]; 6 ll s[M],f[M][M]; 7 ll calc(){ 8 for(int i=1;i<=cnt;i++) s[i]+=s[i-1]; 9 for(int i=cnt;i;i--) 10 for(int j=i;j<=cnt;j++) 11 f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+1][j])+s[j]-s[i-1]; 12 return f[1][cnt]; 13 } int main(){ 14 // freopen("color.in","r",stdin); 15 // freopen("color.out","w",stdout); 16 scanf("%d%d",&n,&m);ll ans=0; 17 for(int i=1;i<=n;i++) 18 scanf("%d",&a[i]); 19 for(int i=1;i<=n;i++) r[a[i]]=i; 20 for(int i=n;i;i--) l[a[i]]=i; 21 for(int i=1;i<=m;i++) p[l[i]]=i; 22 for(int i=1;i<=n;i++) 23 if(p[i]){//p数组存的是这个位置是 24 cnt=0;int x=i;//哪个字母出现的最左端 25 while(p[x]){ 26 int y=p[x]; 27 p[x]=0;s[++cnt]=r[y]-l[y]+1; 28 x=r[y]+1; 29 } ans+=calc(); 30 } cout<<ans<<endl; 31 return 0; 32 }