题目大意: 将\\(n\\)个蛋糕分成恰好\\(k\\)份, 求每份中包含的蛋糕的种类数之和的最大值.
这题有两种做法. 第一种是线段树优化dp, 我还没有考虑. 另一种就是分治+主席树.
然后如果看到分治+主席树的话 可以看成是两道题的二合一~
不过ADAMOLD正解应该是有\\(O(nk)\\)做法的吧, 我的\\(O(nklogn)\\)分治好像被卡了一点常数QwQ
首先我们可以非常容易的看出这题要用dp和状要用到的状态转移方程
那么很显然我们已经可以\\(O(n^2k)\\)做了. 但是这显然过不去, 我们必须要优化.
优化的方式有两种, 就是上面提到的线段树或者分治.
分治的话就是非常套路的东西了, 专门用来应对\\(f[i][j]=f[i-1][k]+w(i,j)\\), 其中费用函数\\(w\\)没啥特殊性质的情况的dp.
通常情况下, 我们观察每次要转移\\(f[i][j]\\)时令转移最优的\\(A[i][j]\\), 会发现有
啥意思呢就是这破玩意是单调的.所以我们假如我们求出\\(f[i][mid]\\)要在\\(k\\)处转移, 我们就知道\\(f[i][1..mid-1]\\)的转移点是在\\((1,k)\\)的了.
这样我们就有了一个分治的形式, 就可以直接做了. 而这类分治dp是有套路的(又到了py式伪代码时间
def solve(x,l,r,L,R): # 处理f[x][l]..f[x][r]这一堆的dp值, 转移点落在[L,R]
if l<=0 or l>r or r<=0 or r>n: # xjb写一通反正就是如果越界就不处理了
return
if x==1: # f[1]的情况作为边界条件显然要特殊处理.
for i in range(l,r+1):
f[x][i]=w(i,1)
f[x][i]=INF # 这里的INF表示反向极限值(就是你要求min的话就是最大值
g[x][i]=L
for i in range(L,R+1):
if f[x-1][i]+w(i+1,mid)>f[x][mid]: # 自然是对f[x][mid]进行转移啦~
f[x][mid]=f[x-1][i]+w(i+1,mid) # 注意这里的i+1如果>mid的话要返回非法值(比如INF
g[x][mid]=i # 标记最优的转移位置供继续分治使用
solve(x,l,mid-1,L,g[x][mid]) # 递归处理左半边
solve(x,mid+1,r,g[x][mid],R) # 递归处理右半边
for i in range(1,k+1): # 第一维1~k都要做一遍..
solve(i,1,n,1,n)
就可以啦, 每个题的区别就在求w(i,j)的部分了.
可以证明, 这个分治的过程每层是\\(O(nlogn)\\)的(反正窝不会证), 从1~k各扫一遍就是\\(O(nklogn)\\)的了.
对于ADAMOLD来说, 自然用\\(O(n^2)\\)预处理二维前缀和搞一下就ok了. (但是\\(O(nklogn)\\)有点卡常数?!
然后这个题的w(i,j)就是表示[i,j]区间内的蛋糕的种类数.
那么静态询问区间种类数的话我们就可以去看下DQUERY这道题咯(明显的模板题)
由于我并不认为这题可以离线, 所以树状数组或莫队是简明不行的. 我们要用主席树.
我们对每个时刻开一个\\(n\\)个节点的线段树, 然后用一个map记录每个数上一次出现的位置.
如果在第\\(i\\)个位置遇到一个没出现过的数\\(x\\), 我们把第\\(i\\)棵树的\\(i\\)位置+1.
如果遇到一个出现过的数\\(y\\), 我们先在第\\(i\\)棵树上把它上一次出现的位置\\(last_y\\)-1, 然后\\(i\\)位置+1,
这样就可以保证每个重复的数只存在于最后一次出现的位置,
这时候第\\(i\\)棵线段树就表示第\\(i\\)个时刻每个位置上不同的数的个数了.
我们可以画图来更好的体会这一点, 以DQUERY的样例为例,
5
1 1 2 1 3
首先我们要建一个有\\(n\\)个叶子节点的线段树(啊啊啊我画的图好丑啊 大家凑合看看, 意会一下?
我们在1位置遇到了一个1, 1还从来没有出现过, 我们让1 +1, 然后把\\(last_1\\)设成1.
我们在2位置又遇到了一个1, 1出现过了, 我们让\\(last_1\\)(1) -1, 然后让2 +1, 把\\(last_1\\)设成2.
我们在3位置遇到一个2, 2没出现过, 3 +1, \\(last_2=3\\)
我们在4位置又双叒叕遇到一个1, \\(last_1\\)(2) -1, 4 +1,\\(last_1=4\\)
5位置遇到一个3, 5 +1, \\(last_3=5\\)
这样我们就建好静态的主席树了, 我们看一下, 是不是第\\(i\\)棵树对应着第\\(i\\)个时刻的种类情况呢~
这样我们查询\\([L,R]\\)这个区间的时候, 就只需要在第\\(R\\)棵树上查\\(L\\)点及以后的和就完了OwO
单次查询都是\\(O(logn)\\)的
然后我们就解决了分治时候算\\(w(i,j)\\)的问题, 现在的时间复杂度应该是\\(O(nklogn)*O(logn)=O(nklog^2n)\\)的.
可以通过本题了, 虽然复杂度比线段树优化的\\(O(nklogn)\\)要多个log, 但是实际情况并没有慢太多(都是朴素实现大约慢一倍?
不过(可能?)要好写一点..
代码:
#include <cstdio>
#include <unordered_map>
std::unordered_map<int, int> mp;
const int N=36005;
struct node{int sum,l,r;}t[N<<5];
int f[55][N],g[55][N],rt[N],n,k,tot;
inline int gn(int a=0,char c=0){
for(;c<\'0\'||c>\'9\';c=getchar());
for(;c>47&&c<58;c=getchar()) a=a*10+c-48;
return a;}
void update(int &x,int l,int r,int pre,int pos,int val){
t[++tot]=t[pre]; x=tot; t[x].sum+=val;
if(l==r) return; int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid) ::update(t[x].l, l, mid, t[pre].l, pos, val);
else ::update(t[x].r, mid+1, r, t[pre].r, pos, val);
}
int query(int x,int l,int r,int L){
if(L<=l) return t[x].sum;
int mid=(l+r)>>1;
if(L<=mid) return ::query(t[x].l, l, mid, L)+t[t[x].r].sum;
return ::query(t[x].r, mid+1, r, L);
}
inline int qquery(int l,int r){
if(l>r) return 0x7fffffff;
return ::query(rt[r], 1, n, l);
}
void solve(int x,int l,int r,int L,int R){
if(l<=0||l>r||r<=0||r>n) return;
if(x==1){
for(int i=l;i<=r;++i)
f[x][i]=::qquery(1, i);
return;
} int mid=(l+r)>>1,maxn=0;
f[x][mid]=0;; g[x][mid]=L;
for(int i=L;i<=R;++i){
maxn=f[x-1][i]+::qquery(i+1, mid);
if(maxn>f[x][mid])
f[x][mid]=maxn,g[x][mid]=i;
}
solve(x,l,mid-1,L,g[x][mid]);
solve(x,mid+1,r,g[x][mid],R);
}
int main(){ n=gn(); k=gn(); int tmp;
for(int i=1;i<=n;++i){
int x=gn();
if(mp.find(x)==mp.end())
::update(rt[i], 1, n, rt[i-1], i, 1);
else{
::update(tmp, 1, n, rt[i-1], mp[x], -1);
::update(rt[i], 1, n, tmp, i, 1);
}
mp[x]=i;
}
for(int i=1;i<=k;++i)
::solve(i, 1, n, 1, n);
printf("%d",f[k][n]);
}
对 就是这样咯~