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 $f(i,j)$ 表示分 $i$ 段，前 $j$ 个的最小花费。

f ( i , j ) = min ⁡ 0 ≤ k < j { f ( i − 1 , k ) + w ( k + 1 , j ) } f(i,j) = \min_{0 \le k < j}\{ f(i-1,k) +w(k+1,j)\} f(i,j)=0≤k<jmin​{f(i−1,k)+w(k+1,j)}

记 $f(i,j)$ 的决策点为 $opt(i,j)$。

对相同的 $i$，$f$ 满足决策单调性，即 $opt(i,j-1)\le opt(i,j)\le opt(i,j+1)$。

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 $solve(i,l,r,L,R)$ 表示处理 $f(i,l)\cdots f(i,r)$，其中转移区间为 $[L,R]$。

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

而本题对于 $w$ 的计算，考虑莫队。不考虑 $w$ 时，分治复杂度为 $O(kn\log n)$，莫队复杂度为 $O(kn\log n)$，总时间复杂度 $O(kn\log n)$，可以通过此题。

#include 
#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];
}
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类似的题目：CF1527E Partition Game、CF833B The Bakery。