[luogu5574]任务分配问题

首先暴力dp，令$f_{i,j}$表示前$i$个点划分为$j$段，即有转移$f_{i,j}=\min f_{k-1,j-1}+calc(k,i)$（其中$calc(i,j)$表示求区间$[i,j]$的顺序对数）

可以先枚举$j$，记$g_{i}=f_{i,j-1}$，则$f_{i}=\min g_{k-1}+calc(k,i)$，先$o(k)$枚举以下层数，快速支持上述转移

令$mn_{i}$为取到最小值的最小的$k$，即有$f_{i}=g_{mn_{i}-1}+calc(mn_{i},i)$，则有$mn_{i}\le mn_{i+1}$（即决策单调性），证明如下：

反证法，若$mn_{i}>mn_{i+1}$（为方便表示，以下记$x=mn_{i}$、$y=mn_{i+1}$），则由于其都是最小的转移，则有：$g_{x-1}+calc(x,i)\le g_{y-1}+calc(y,i)$，$g_{x-1}+calc(x,i+1)\ge g_{y-1}+calc(y,i+1)$

将第二个式子乘上-1后与第一个式子分别相加，可得$calc(x,i)-calc(x,i+1)\le calc(y)-calc(y,i+1)$

考虑顺序对的意义（即代入顺序对的式子），即$-\sum_{j=x}^{i}[a_{j}\le a_{i+1}]\le -\sum_{j=y}^{i}[a_{j}\le a_{i+1}]$

由于$x>y$，将右式加过来，即$\sum_{j=y}^{x-1}[a_{j}\le a_{i+1}]\le 0$，由于左式非负，因此必然取等号

考虑这个式子是由最初两个式子相加，因此也应取到等号，即$g_{x-1}+calc(x,i)=g_{y-1}+calc(y,i)$，这与$mn_{i}$为最小的$k$矛盾

接下来考虑如何来维护这个$mn_{i}$，直接整体二分，即求出$mn_{mid}$，然后划分为两部分即可

但还有一个问题，考虑如何求$mn_{mid}$，假设询问区间为$[l,r]$，答案（即$mn_{i}$）对应区间为$[x,y]$，此时如果暴力求$[y,mid]$内的顺序对数复杂度显然是不对的，因此考虑优化

类似莫队，维护一个区间$[l',r']$以及该区间内的顺序对数，之后通过移动$l'$和$r'$（需要可持久化线段树维护移动）来得到该区间，接下来每次移动次数为$o((y-x)+(r-l))$，由此即可得总复杂度为$o(nk\log^{2}n)$

首先，每一次开始时，$l'\in [x,y]$且$r'\in [l,r]$（可以归纳），此时相当于要将$r'$移动到$mid$，再将$l'$移动到$y$再移动回$x$，这些年都是$o((y-x)+(r-l))$的

之后考虑将$l'$移动回到$mn_{mid}$，进行搜索左区间，再将$r'$移动到$mid+1$来搜索右区间，最后再把$l'$和$r'$移动回最开始的状态，这样就可以保证复杂度

（由于$|a-b|+|b-c|\ge |a-c|$，这个移动并不需要去实现，而只是证明复杂度）

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 25005
 4 #define mid (l+r>>1)
 5 int V,n,k,ll,rr,a[N],rt[N],tr[N*20],ls[N*20],rs[N*20];
 6 long long sum,g[N],f[N];
 7 int New(int k){
 8     tr[++V]=tr[k];
 9     ls[V]=ls[k];
10     rs[V]=rs[k];
11     return V;
12 }
13 void update(int &k,int l,int r,int x){
14     k=New(k);
15     tr[k]++;
16     if (l==r)return;
17     if (x<=mid)update(ls[k],l,mid,x);
18     else update(rs[k],mid+1,r,x);
19 }
20 int query(int k,int l,int r,int x,int y){
21     if ((!k)||(l>y)||(x>r))return 0;
22     if ((x<=l)&&(r<=y))return tr[k];
23     return query(ls[k],l,mid,x,y)+query(rs[k],mid+1,r,x,y);
24 }
25 int calcl(int x,int y){
26     return query(rt[y],1,n,a[x]+1,n)-query(rt[x],1,n,a[x]+1,n);
27 }
28 int calcr(int x,int y){
29     return query(rt[y-1],1,n,1,a[y]-1)-query(rt[x-1],1,n,1,a[y]-1);
30 }
31 long long calc(int x,int y){
32     while (rr<y)sum+=calcr(ll,++rr);
33     while (x<ll)sum+=calcl(--ll,rr);
34     while (ll<x)sum-=calcl(ll++,rr);
35     while (y<rr)sum-=calcr(ll,rr--);
36     return sum;
37 }
38 void dfs(int l,int r,int x,int y){
39     if (l>r)return;
40     int s=0,k=0;
41     f[mid]=0x3f3f3f3f;
42     for(int i=x;i<=min(mid,y);i++){
43         int s=g[i-1]+calc(i,mid);
44         if (s<f[mid]){
45             f[mid]=s;
46             k=i;
47         }
48     }
49     dfs(l,mid-1,x,k);
50     dfs(mid+1,r,k,y);
51 }
52 int main(){
53     scanf("%d%d",&n,&k);
54     for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
55     for(int i=1;i<=n;i++){
56         rt[i]=rt[i-1];
57         update(rt[i],1,n,a[i]);
58     }
59     ll=1,rr=0;
60     for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=calc(1,i);
61     for(int i=1;i<k;i++){
62         memcpy(g,f,sizeof(g));
63         dfs(1,n,1,n);
64     }
65     printf("%d",f[n]);
66 }