题目链接 The Bakery
题目大意：目标是把$n$个数分成$k$组，每个组的值为这个组内不同的数的个数，求$k$个组的值的和的最大值。
题目分析：
这道题我的解法可能和大众解法不太一样……我用主席树求$ask(l, r)$——$l$到$r$之间有多少个不同的数。
然后就是$DP$了。
这道题的数据规模是
$n <= 35000$， $k <= 50$
首先直接$DP$的做法还是比较简单的。代码如下。
其中$f[i][j]$为前$i$个数分成$j$组可以得到的最大的和
rep(i, 1, n){
tmp.set(a[i]);
f[i][1] = tmp.count();
}
rep(j, 2, k){
rep(i, j, n){
rep(k, 0, i - 1){
f[i][j] = max(f[i][j], f[k][j - 1] + ask(k + 1, i));
}
}
}
我们发现这样的时间复杂度是$O(n^{2}klogn)$的，效率不够高。
怎么优化呢？
这道题有一个结论：
假设$f[i][j]$的最优方案是从$f[x][j - 1]$得到的，$f[i +1][j]$的最优方案是从$f[y][j - 1]$得到的。
那么一定有 $x <= y$
（证明是某个外国小哥给出的）
我们可以用分治进行优化（也就是整体二分吧）
求$f[i][k]$ $(l <= i <= r)$的时候，我们先求$f[mid][k]$
其中$mid = (l + r) / 2$
求$f[mid][k]$的时候，我们对于$f[j][k - 1]$，$j$从$1$枚举到$mid$
这个时候我们要记录一个$x$，即$f[mid][k]$的最优方案是从$f[x][k - 1]$得到的。
那么我们就可以两边继续递归下去，分别求两个四等分点位置
$f[p1][k]$ $(l <= i <= mid - 1)$ （此时对于$f[j][k - 1]$，$j$从$1$枚举到$x$）
和
$f[p2][k]$ $(mid + 1 <= i <= r)$（此时对于$f[j][k - 1]$，$j$从$x$枚举到$n$）
以此类推
于是上述代码中的时间复杂度中的一个$n$变成了$logn$
时间复杂度 $O(nlog^{2}(n)k)$
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, a, b) for (int i(a); i <= (b); ++i)
#define dec(i, a, b) for (int i(a); i >= (b); --i)
typedef long long LL;
const int N = 35010;
const int M = 4e6 + 10;
int n, tot, q, a[N];
int T[M], lson[M], rson[M], val[M];
int nxt[N], b[N];
int k;
int f[N][53];
bitset <N> tmp;
int build(int l, int r){
int rt = tot++;
val[rt] = 0;
int m = (l + r) >> 1;
if(l != r){
lson[rt] = build(l, m);
rson[rt] = build(m + 1, r);
}
return rt;
}
int update(int rt, int pos, int v){
int newrt = tot++, tmp = newrt;
int l = 1, r = n;
val[newrt] = val[rt] + v;
while(l < r)
{
int m = (l + r) >> 1;
if(pos <= m)
{
lson[newrt] = tot++;
rson[newrt] = rson[rt];
newrt = lson[newrt];
rt = lson[rt];
r = m;
}
else
{
rson[newrt] = tot++;
lson[newrt] = lson[rt];
newrt = rson[newrt];
rt = rson[rt];
l = m + 1;
}
val[newrt] = val[rt] + v;
}
return tmp;
}
int query(int rt, int pos){
int ret = 0;
int l = 1, r = n;
while(pos > l){
int m = (l + r) >> 1;
if(pos <= m){
ret += val[rson[rt]];
rt = lson[rt];
r = m;
}
else{
l = m + 1;
rt = rson[rt];
}
}
return ret + val[rt];
}
int ask(int l, int r){ return query(T[r], l); }
void init(){
tot = 0;
memset(nxt, -1, sizeof(nxt));
rep(i, 1, n) b[i - 1] = a[i];
sort(b, b + n);
int cnt = unique(b, b + n) - b;
T[0] = build(1, n);
rep(i, 1, n){
int id = lower_bound(b, b + cnt, a[i]) - b;
if(nxt[id] == -1)
T[i] = update(T[i - 1], i, 1);
else{
int t = update(T[i - 1], nxt[id], -1);
T[i] = update(t, i, 1);
}
nxt[id] = i;
}
}
void solve(int j, int l, int r, int st, int ed){
if (l > r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
int x;
rep(i, st, min(mid, ed)){
if (f[i - 1][j - 1] + ask(i, mid) >= f[mid][j]){
f[mid][j] = f[i - 1][j - 1] + ask(i, mid);
x = i;
}
}
if (l != r){
solve(j, l, mid - 1, st, x);
solve(j, mid + 1, r, x, ed);
}
}
int main(){
scanf("%d%d", &n, &k);
rep(i, 1, n) scanf("%d", a + i);
init();
rep(i, 1, n){
tmp.set(a[i]);
f[i][1] = tmp.count();
}
/*
rep(j, 2, k){
rep(i, j, n){
rep(k, 0, i - 1){
f[i][j] = max(f[i][j], f[k][j - 1] + ask(k + 1, i));
}
}
}
*/
rep(j, 2, k) solve(j, 1, n, 1, n);
printf("%d
", f[n][k]);
return 0;
}