http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5009
题目要求对空序列染成目标颜色序列，对一段序列染色的成本是不同颜色数的平方。
这题我们显然会首先想到用DP去解决，dp[i] = min( dp[i] , dp[j] + cost(i , j) )。但是枚举ij的复杂的高达n^2，不能接受，我们就考虑去优化它。
首先比较容易想到的是，去除连续重复元素，可以把它们当作同一个点处理。
此外在遍历j的过程中如果当前序列颜色不同的数量平方大于当前dp[i]，显然已经没有一并涂色以及继续扩充序列的必要了（随着序列数的增长，不同颜色的数量是单调递增的，必然在之后不会出现小于dp[i]的情况。
但是这样并不能把复杂的降低至sqrt(n)*n，因为我们枚举的子序列会有重复元素，所以并不是每次j的变化都会来带不同颜色数的增长，比如24242424这种。那么我们考虑这种情况该如何优化，我们先换一个比较容易理解的例子9871341，当我们的i指向最后一个1的时候，我们的j开始向前遍历，当遍历到上一个i的时候，其实我们已经知道，这个i我们把它包含进去是没有成本的（因为之前已经有1了，并不会使不同颜色的数增加）所以我们应该不假思索地加入这个数。但是计算机是很蠢的，它每次依旧会遍历到它，别看这遍历一个单位很快，像24242424这种就会导致计算机大量重复地枚举了。为此我们模拟一个双向链表，在枚举i地过程中，我们维护前缀序列地链表全都是不同的元素，这个实现起来其实并不难，因为i每次增长最多会增加一个重复元素，相应的我们也只需要去除一个重复元素（即上一次出现当前值的那个位置）。然后在遍历j的时候只需要遍历链表就好了。这样我们保证j遍历过程中每次都能增加一个不同颜色，复杂的自然降低到n*sqrt(n)了。
#include <iostream> #include <algorithm> #include <map> #include <set> #include <vector> #include <cstdio> #define LL int using namespace std; const int N=50005; const LL inf=1e8+1; LL arr[N]; LL dp[N]; int pre[N]; int nex[N]; int main() { cin.sync_with_stdio(false); int n; while(cin>>n) { int p=0; for(int i=0; i<n; i++) { int c; //c=_read(); cin>>c; if(i==0||arr[p]==c) arr[p]=c; else arr[++p]=c; } map<LL,int> unq; int rk=0; for(int i=0; i<=p; i++) { map<LL,int>::iterator it=unq.find(arr[i]); if(it!=unq.end()) arr[i]=it->second; else { unq[arr[i]]=rk; arr[i]=rk; rk++; } pre[i]=i-1; nex[i]=i+1; } dp[p+1]=0; map<LL,int> v; for(int i=p; i>=0; i--) { LL ans=inf; if(v.find(arr[i])==v.end()) v[arr[i]]=i; else { int ix=v[arr[i]]; nex[pre[ix]]=nex[ix]; pre[nex[ix]]=pre[ix]; v[arr[i]]=i; } int rx; int cnt=0; for(int j=i; j!=p+1; j=nex[j]) { //cout<<j<<endl; cnt++; LL p2=cnt*cnt; if(p2>ans) break; if(p2+dp[nex[j]]<ans) { ans=p2+dp[nex[j]]; rx=j; } //ans=min(ans,(LL)(xx+dp[j+1])); //cout<<ans<<' '<<s.size()<<' '<<dp[j+1]<<endl; } dp[i]=ans; //cout<<dp[i]<<' '<<i<<' '<<rx<<endl; } //printf("%d ",dp[0]); cout<<dp[0]<<endl; } return 0; }