有個長度小於40000數列，把它分成若干段，使得各段花費總和最小。一段的花費為該段不同元素的個數(不妨設有x)個，那麼花費為x的平方。
看到題目，不難想到動態規劃的做法。設f(i)為前i個元素最小的花費，然後列舉最後一段放多少個元素，不妨設為k個，那麼f(i)=min。這當然是可行的，但時間複雜度不容樂觀。
再思考，發現每一段最多只有200個不同的元素，若大於200個，它的花費早已超過40000了，那還不如乙個元素作為一段，花費還小於或等於40000。並且，在包括同樣多不同元素的情況下，元素個數必然越多越好。比如：就比好，因為它們都有兩個不同的元素，但前者有4個元素，後者只有3個。
所以f(i)的轉移只需要列舉200個不同的f(j)，j從這題中可以知道dp的優化不一定都是用什麼資料結構。可以從中發現一些規律。主要思考的如何快速求出當前狀態的值。一般有三種手段：一是通過一些資料結構，例子數不勝數；二是通過前面已經求出來的值作為參考，整數拆分就是這類問題；三是像這題一樣，通過減少轉移的次數，來達到目標。
我是把所有的j位置找出來，其實沒必要用鍊錶……當然，還有其他方法，可以直接維護j的位置，因為i每次只加一，維護就容易了。
#include #include #include #include using namespace std;
const int n = 40007;
int n, m;
int d[n], f[n];
int set[n], size;
const int p = 8000007;
int from[n], to[p], next[p], val[p], nedge;
void insert(int a, int b, int c)
int main()
int forj = min((int) floor(sqrt(n)), m);
for (int j = 1; j <= forj; j ++)
//f[cur - 1] <?= f[i - 1] + j * j;
insert(cur - 1, i - 1, j * j);
set[d[i]] --;
if (set[d[i]] == 0) size --;
} }for (int i = 1; i <= n; i ++)
for (int e = from[i]; e; e = next[e])
f[i] <?= f[to[e]] + val[e];
printf("%d\n", f[n]);
return 0;
}
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