[题解]BZOJ_5125_小q的书架（决策单调性分治

模板来自：https://www.cnblogs.com/Winniechen/p/9862745.html

题意：将数列a划分成k段，使得每段内部逆序对最少$(n<=40000,k<=10,a[i]<=n)$

dp式子比较显然，设$f[i][j]$为前$i$个数划分成$j$段的答案，$f[i][j]=min(f[k][j-1]+calc(k+1,i))$

决策单调性证明：

如果加入$i1,i2$之间的数，那么这段数和$v1$产生的逆序对数显然大于$v2$

接下来需要快速求出$calc(i,j)$的逆序对数

每次全部暴力加入树状数组的复杂度过高，因为$p$与$mid$没什么关系，可能相距很远，这样复杂度会达到$O(n^{2}klog(n))$，

这里的解决办法是用分治法做决策单调性，发现逆序对可以快速转移到相邻区间，考虑新加入或删除的数的逆序对贡献即可，每次更换区间只要不断移动左右端点维护这些数和逆序对即可

至于复杂度似乎不太好想...?每一层的每个位置据说只会被一个区间遍历...好像确实是这样

分治层数$log(n)$，树状数组维护$nlog(n)$，总共$k$次，总复杂度$nklog^{2}(n)$

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define lbt(x) (x&-x)
using namespace std;
const int maxn=40009;
int n,k;
int a[maxn];
int f[maxn][11];
int t[maxn];
inline void add(int x,int d){
    while(x<=n){
        t[x]+=d;
        x+=lbt(x);
    }
}
inline int ask(int x){
    int ans=0;
    while(x){
        ans+=t[x];
        x-=lbt(x);
    }
    return ans;
}
int sum,L,R;
void upd(int l,int r){//莫队 
    while(L<l)add(a[L],-1),sum-=ask(a[L++]-1);
    while(L>l)add(a[--L],1),sum+=ask(a[L]-1);
    while(R<r)add(a[++R],1),sum+=ask(n)-ask(a[R]);
    while(R>r)add(a[R],-1),sum-=ask(n)-ask(a[R--]);
}
void solve(int j,int l,int r,int pl,int pr){
    if(l>r)return;
    int mid=l+r>>1,pos;
    for(int i=min(mid-1,pr);i>=pl;i--){
        upd(i+1,mid);
        if(f[i][j-1]+sum<f[mid][j])f[mid][j]=f[i][j-1]+sum,pos=i;
    }
    solve(j,l,mid-1,pl,pos);solve(j,mid+1,r,pos,pr);
}
//f[i][j]=min(f[i-1][k]+calc(k+1,j))
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    f[0][1]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        f[i][1]=f[i-1][1]+ask(n)-ask(a[i]),add(a[i],1);
    }
    sum=f[n][1];R=n,L=1;
    for(int j=2;j<=k;j++)solve(j,1,n,1,n);
    printf("%d",f[n][k]);
}