[CF1603D]Artistic Partition

Posted 2022-03-30 StaroForgin

Artistic Partition

题解

看到这种统计最小值的题应该很容易想到$dp$，我们可以记$d{p}_{i,j}$表示划分到点$i$，已经划分了$j$块，但如果直接进行$dp$转移的话显然会$T$。
但我们可以猜测到一点，当$K$比较大的时候，我们应该很容易划分这个序列使得每个数在其区间中，与除自己外的所有数的$\gcd$都不大于改区间的$l$。
也就是说我的的答案就为$n$。
有了这个结论，我们就可以去想想怎么划分。
一个区间$[l,r]$第一个会使得$\gcd (l,r)⩾l$的数对显然是$(l,2l)$，也就是说，如果我们的$r<2l$，改区间答案便为$r-l+1$。
容易发现，这样的话，只要我们的$2^k>n$，就答案就为$n$。也就是说，我们需要$dp$的$K$是$\log n$级别的，我们的总状态数是$n\log n$级别。

我们的状态数大概无法继续优化了，但我们的$dp$转移是可继续优化的。
我们用$c(l,r)$表示将区间$[l,r]$划分一段所产生的贡献，则转移式为：
$$d{p}_{i,k}=\underset{j=0}{\overset{i-1}{\min }}\left(d{p}_{j,k-1}+c(j+1,i)\right)$$显然，这个$dp$转移是单调的，对于$k$相同的$dp$，显然我$i$越大，我们的划分点就会继续右移。
事实上，我们可以通过说明对于$l<l^{\prime }<r^{\prime }<r$，有$c(l,r)+c(l^{\prime },r^{\prime })⩾c(l,r^{\prime })+c(l^{\prime },r)$来证明它的单调性。
而这个式子显然是成立的，前面的部分比后面多了区间$[l,l^{\prime })$与区间$(r^{\prime },r]$间的贡献。
这样的话，我们就可以用分治优化我们的$dp$转移了。

但无论怎么转移，我们都需要快速求出我们的$c(l,r)$呀。
推一推$c$的式子。
$$\begin{gathered} c(l,r)=\sum _{i=l}^r\sum _{j=i}^r[(i,j)⩾l]=\sum _{d=l}^r\sum _{i=l}^r\sum _{j=i}^r[(i,j)=d] \\ =\sum _{d=l}^r\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{r}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^i[(i,j)=1]=\sum _{d=l}^r\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{r}{d}\rfloor }\phi (i)=\sum _{d=l}^{r}s(\frac{r}{d}) \end{gathered}$$其中$s(n)={\sum }_{i=1}^n\phi (i)$，也就是$\phi$的前缀和。
而这就可以整除分块了，我们可以先预处理一下块的前缀和，每次查询就算一下它所在块后缀和，再加上整块的后缀和就行了。
这样就可以做到预处理$O\left(n\sqrt{n}\right)$，单次查询$O\left(1\right)$。
事实上我们可以再将整个 d p dp A Neural Algorithm of Artistic Style

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