题目：https://www.luogu.org/problemnew/show/P2943
一下想到n^2。然后不会了。
看过TJ之后似乎有了新的认识。
n^2的冗余部分在于当后面那部分的种类数一样时，只需用最前面的dp转移过来即可。
所以如果枚举的是后面那部分的种类数，对于每个种类数记录一下最前面的dp，也许会好一些。
但是种类也有n种，怎么办？
考虑是否需要枚举全部从1~n。
k*k是一个比较大的数。发现一定有一种情况使得时间花费为n（即全部单个选），所以只需要枚举k*k<=n的种类数即可。
结果知道了思路却还是写不出来。
关键在于怎么在新入一个值之后维护“后面那部分有 j 个种类”。
1)树状数组。就用HH的项链那样的思想。
结果发现不能很快找到新的对应地方。
2)（参考TJ）记录pre，当pre[ i ]<=zy[ j ]的时候zy[ j+1 ]=zy[ j ]。并且倒序什么的。
发现不对。因为转移给 j+1 后不一定是最靠前的位置。
3)（再次参考TJ）记录pre和nxt，当pre[ i ]<=zy[ j ]的时候将zy[ j ]++到合适的第一个位置。
结果还是不行。因为 j 在前面的一些时候其实是不满 j 个种类的。贸然++会使位置偏大。
那记录一个cnt表示现在已经出现了几个种类，按这个枚举 j 呢？结果还是不行。
因为就算上界改为现在出现了几个种类，在最开始的时候一些 j 其实还是不满 j 个种类。
4)（再再次参考TJ）记录cnt[ j ]，当 cnt[ j ] > j 的时候进入while。
当不行的时候就是要多记录一些东西才行呢……
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; const int N=4e5+5,M=200; int n,m,a[N],dp[N],pre[N],nxt[N],pos[N],zy[N],cnt[N]; int rdn() { int ret=0;char ch=getchar(); while(ch>'9'||ch<'0')ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9')(ret*=10)+=ch-'0',ch=getchar(); return ret; } int main() { n=rdn();m=rdn(); memset(dp,1,sizeof dp);dp[0]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { a[i]=rdn();pre[i]=pos[a[i]];nxt[pre[i]]=i;pos[a[i]]=i;nxt[i]=n+1; } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j*j<=n;j++) { if(pre[i]<=zy[j])cnt[j]++;//不要cnt[zy[j]] if(cnt[j]>j) { cnt[j]--;while(nxt[zy[j]+1]<=i)zy[j]++;zy[j]++; } dp[i]=min(dp[i],dp[zy[j]]+j*j); } printf("%d",dp[n]); return 0; }