四边形不等式

iai 冲突分段

套路题，基于单调性的分治优化。

记 f ( i , j ) f(i,j) f(i,j) 表示分 i i i 段，前 j j j 个的最小花费。

f ( i , j ) = min ⁡ 0 ≤ k < j { f ( i − 1 , k ) + c a l c ( k + 1 , j ) } f(i,j) = \min_{0 \le k < j}\{ f(i-1,k) +calc(k+1,j)\} f(i,j)=0≤k<jmin{f(i−1,k)+calc(k+1,j)}

记 f ( i , j ) f(i,j) f(i,j) 的决策点为 o p t ( i , j ) opt(i,j) opt(i,j)。

对相同的 i i i， f f f 满足决策单调性，即 o p t ( i , j − 1 ) ≤ o p t ( i , j ) ≤ o p t ( i , j + 1 ) opt(i,j-1) \le opt(i,j) \le opt(i,j+1) opt(i,j−1)≤opt(i,j)≤opt(i,j+1)。

满足单调性可以感性理解，也可以通过四边形不等式证明。

证明

考虑分治，定义 s o l v e ( i , l , r , L , R ) solve(i,l,r,L,R) solve(i,l,r,L,R) 表示处理 f ( i , l ) ⋯ f ( i , r ) f(i,l) \cdots f(i,r) f(i,l)⋯f(i,r)，其中转移区间为 $L , R$ $L,R$ $L,R$ 。

具体过程为：每次暴力计算 f ( i , m i d ) f(i,mid) f(i,mid) 以及 o p t ( i , m i d ) opt(i,mid) opt(i,mid)，可以根据 o p t opt opt 为界分治。

而本题对于 w w w 的计算，考虑莫队。此时不考虑 w w w，分治复杂度为 O ( k n log ⁡ n ) O(kn \log n) O(knlogn)，莫队复杂度为 O ( k n log ⁡ n ) O(kn \log n) O(knlogn)，总时间复杂度 O ( k n log ⁡ n ) O(kn \log n) O(knlogn)。

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;

int n, k, a[N], f[21][N], res, buc[N];

void add(int x) {res += buc[a[x]] ++;}
void del(int x) {res -= -- buc[a[x]];}

int l = 1, r = 0;
int calc(int ql, int qr)
{
	while(r < qr) add(++r);
	while(l > ql) add(--l);
	while(r > qr) del(r--);
	while(l < ql) del(l++);
	return res;
}

void solve(int i, int l, int r, int L, int R)
{
	if(l > r) return ;
	int mid = l + r >> 1, opt;
	f[i][mid] = 1e18;
	for(int j=L; j<=min(mid-1, R); j++)
	{
		int cur = f[i-1][j] + calc(j+1, mid);
		if(cur < f[i][mid]) opt = j, f[i][mid] = cur;
	}
	solve(i, l, mid-1, L, opt);
	solve(i, mid+1, r, opt, R);
}

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
	
	cin >> n >> k;
	
	for(int i=1; i<=n; i++)
		cin >> a[i];

	memset(f, 0x3f, sizeof(f));
	
	f[0][0] = 0;
	
	for(int i=1; i<=k; i++)	
		solve(i, 1, n, 0, n-1);
	
	cout << f[k][n];
}