这题说的是给了一个 长度为n(n<=50000)的数列,数列表示的是给每个珍珠涂的颜色,任务是将一窜长度为n的珍珠涂成他所要的颜色。然后你可以操至多n次, 每次画只能画连续的区间,每次操作是的代价是这个区间内不同颜色的个数,
可以知道最多的代价是区间的长度。 然后 可以知道当这个区间内不同颜色的个数大于如果大于sqrt(n)那还不如一个一个涂花费少,然后现在就剩下处理理当前位置j种颜色的达到的最远距离, 找到这个点对于之前出现相同的颜色的位置用per[i]记录, flow[i][j] 表示 距离i这个位置 有j中不同颜色的最远距离,可以从flow[i-1][j] 来 如果per[i]>i-1-flow[i-1][j] 那么可以知道这个点一定在flow[i-1][j] 内出现过 自然最远距离再加1, 如果不成立则他的最远距离就是 flow[i-1][j-1]+1,然后dp[i] 为前多少种颜色合并时花费的代价最小。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <string.h> #include <algorithm> #include <vector> #include <cmath> using namespace std; const int maxn =10005*5; int A[maxn],B[maxn]; int F[maxn],per[maxn]; int flow[2][maxn]; int dp[maxn]; int main() { int n; while(scanf("%d",&n)==1){ for(int i=1; i<=n; i++){ scanf("%d",&A[i]); B[i-1]=A[i]; } sort(B,B+n); int len = unique( B, B+n )-B; for(int i=1; i<=n; i++){ A[i]= lower_bound(B,B+len,A[i])-B; } memset(F,-1,sizeof(F)); int m=2; for(int i=2; i<=n; ++i){ if(A[m-1]!=A[i]){ A[m++]=A[i]; } } for(int i=1 ; i<m; ++i){ per[i]=F[A[i]]; F[A[i]]=i; } memset(flow,0,sizeof(flow)); int now=0; int L =sqrt(m+1.0); for(int i=1; i<m; ++i){ dp[i]=i; now=1-now; for(int j=1; j<=L; ++j){ flow[now][j]=per[i]>i-1-flow[1-now][j]?flow[1-now][j]+1:flow[1-now][j-1]+1; dp[i]=min(dp[i],j*j+dp[i-flow[now][j]]); } } printf("%d ",dp[m-1]); } return 0; }