bzoj 1584 Cleaning Up 打扫卫生 dp

 

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1584: [Usaco2009 Mar]Cleaning Up 打扫卫生

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Description

有N头奶牛，每头那牛都有一个标号Pi，1 <= Pi <= M <= N <= 40000。现在Farmer John要把这些奶牛分成若干段，定义每段的不河蟹度为：若这段里有k个不同的数，那不河蟹度为k*k。那总的不河蟹度就是所有段的不河蟹度的总和。

Input

第一行：两个整数N，M

第2..N+1行：N个整数代表每个奶牛的编号

Output

一个整数，代表最小不河蟹度

Sample Input

13 4
1
2
1
3
2
2
3
4
3
4
3
1
4

Sample Output

11

题解：

我们很容易想到n^2的dp，f[i]=min{f[j]+pos[j]^2}(pos[j]指的是从j到i不同标号的种类数)。

显然，单个一段的种类数是不会超过n^(1/2)的，因为如果超过，不如直接每个自成一段，还是n。

我们还可以想到，如果对于一个i，pos[j1]=pos[j2]，那我们肯定又前面的转移过来。

所以问题就转化成了如何记录pos值相同时最靠前的位置。

我们可以记录一个数组pre，表示a[i]上次出现的位置。还记录一个数组cnt，表示拿当前位置i更新后，从pos[j]到i的种类数变为多少。

我们可以看出，如果pre[i]<pos[j]，那么当前的i值在j~i-1中没有出现过，所以cnt[j]++；

之后处理时如果发现当前cnt值已经大于pos，需要把pos向后移，知道重新为原来的种类数。

我们只需要记录n^(1/2)个，所以时间复杂度为O(n*n^(1/2));

附上代码：

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int a[40100],qian[40100],hou[40100],n,m,f[40100];
int s,pos[40100],cnt[40100];
int main()
{
//  freopen("in.txt","r",stdin);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    memset(qian,-1,sizeof(qian));
    memset(f,30,sizeof(f));
    s=(int)sqrt(n+0.5);
    f[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=s;j++)
            if(qian[a[i]]<=pos[j])
                cnt[j]++;
        qian[a[i]]=i;
        for(int j=1;j<=s;j++)
        {
            if(cnt[j]>j)
            {
                int now=pos[j]+1;
                while(qian[a[now]]>now) now++;
                pos[j]=now;
                cnt[j]--;
            }
        }
        for(int j=1;j<=s;j++)
            if(f[pos[j]]+j*j<f[i])
                f[i]=f[pos[j]]+j*j;
    }
    printf("%d",f[n]);
    return 0;
}