这题说的是给了一个  长度为n(n<=50000)的数列,数列表示的是给每个珍珠涂的颜色,任务是将一窜长度为n的珍珠涂成他所要的颜色。然后你可以操至多n次, 每次画只能画连续的区间,每次操作是的代价是这个区间内不同颜色的个数,

可以知道最多的代价是区间的长度。 然后 可以知道当这个区间内不同颜色的个数大于如果大于sqrt(n)那还不如一个一个涂花费少,然后现在就剩下处理理当前位置j种颜色的达到的最远距离, 找到这个点对于之前出现相同的颜色的位置用per[i]记录, flow[i][j] 表示 距离i这个位置 有j中不同颜色的最远距离,可以从flow[i-1][j] 来 如果per[i]>i-1-flow[i-1][j] 那么可以知道这个点一定在flow[i-1][j] 内出现过 自然最远距离再加1, 如果不成立则他的最远距离就是 flow[i-1][j-1]+1,然后dp[i] 为前多少种颜色合并时花费的代价最小。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cmath>
using namespace std;
const int maxn =*;
int A[maxn],B[maxn];
int F[maxn],per[maxn];
int flow[][maxn];
int dp[maxn];
int main()
{
int n;
while(scanf("%d",&n)==){
for(int i=; i<=n; i++){
scanf("%d",&A[i]);
B[i-]=A[i];
}
sort(B,B+n);
int len = unique( B, B+n )-B;
for(int i=; i<=n; i++){
A[i]= lower_bound(B,B+len,A[i])-B;
}
memset(F,-,sizeof(F));
int m=;
for(int i=; i<=n; ++i){
if(A[m-]!=A[i]){
A[m++]=A[i];
}
}
for(int i= ; i<m; ++i){
per[i]=F[A[i]];
F[A[i]]=i;
}
memset(flow,,sizeof(flow));
int now=;
int L =sqrt(m+1.0);
for(int i=; i<m; ++i){
dp[i]=i;
now=-now;
for(int j=; j<=L; ++j){
flow[now][j]=per[i]>i--flow[-now][j]?flow[-now][j]+:flow[-now][j-]+;
dp[i]=min(dp[i],j*j+dp[i-flow[now][j]]);
}
}
printf("%d\n",dp[m-]);
} return ;
}

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