CF1497E2 Square-free division (hard version)

題意：

數(shù)組 a 由 n 個正整數(shù)構成。你需要將它們分割成最小數(shù)量的連續(xù)子段，使得每一個子段中的任意兩個數(shù)（不同位置）的乘積不為完全平方數(shù)。
除此之外，你被允許在分割之前進行最多 k 次修改操作。
在一次修改操作中，你可以選擇數(shù)組中的某個位置的數(shù)，將該位置的數(shù)變?yōu)槿我庹麛?shù)。
請問連續(xù)子段的最小數(shù)量是多少（在最多 k 次操作后）？

題解：

本題多了修改操作，一開始部分和E1情況一樣，還是先對數(shù)組$a[]$進行操作，將偶數(shù)質因子去掉，奇數(shù)質因子留下一個。
很明顯要dp轉移，如何轉移？
先設dp[i][j]表示前i個數(shù)字修改了j的連續(xù)字段的最小數(shù)量
怎么轉移呢？
單單考慮第i個是否修改貌似是不夠的，一個思想是上一次劃分到k，修改次數(shù)為p，則從dp[k][p]轉移到dp[i][j]。對于[k+1,i]這一段，如果這一段的最小需要改變數(shù)量為num，那么就有p+num=j。
這樣我們就需要知道任意一段[l,r]的最小修改次數(shù)
我們設l[i][k]:表示最小的pos使得[pos,i]作為一個整段時消耗了x從修改，為什么要這樣設？這樣可以極大的簡化dp過程,對于一個k，不同的i,我們可以快速找到上一個狀態(tài)j，從狀態(tài)j轉移到當前的狀態(tài)i
轉移方程：$$dp[i][j]=moin(dp[i][j],dp[l[i][x]][j?x]+1)$$
對于數(shù)組l[i][k]=j，對于一個確定的k，當i增加時，結果j必然單調不減,所以j我們可以利用雙指針O(n)求，這樣求l[][]數(shù)組的復雜度是O(nk)
dp復雜度是$O(n{k}^2)$

代碼：

// Problem: E2. Square-free division (hard version) // Contest: Codeforces Round #708 (Div. 2) // URL: https://codeforces.com/contest/{getProblemIndexes(problemCurrentPageList[i][0])[0]}/problem/E2 // Memory Limit: 256 MB // Time Limit: 2000 ms // By Jozky#include <bits/stdc++.h> #include <unordered_map> #define debug(a, b) printf("%s = %d\n", a, b); using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<int, int> PII; clock_t startTime, endTime; //Fe~Jozky const ll INF_ll= 1e18; const int INF_int= 0x3f3f3f3f; void read(){}; template <typename _Tp, typename... _Tps> void read(_Tp& x, _Tps&... Ar) {x= 0;char c= getchar();bool flag= 0;while (c < '0' || c > '9')flag|= (c == '-'), c= getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x= (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c= getchar();if (flag)x= -x;read(Ar...); } template <typename T> inline void write(T x) {if (x < 0) {x= ~(x - 1);putchar('-');}if (x > 9)write(x / 10);putchar(x % 10 + '0'); } void rd_test() { #ifdef ONLINE_JUDGE #elsestartTime= clock();freopen("data.in", "r", stdin); #endif } void Time_test() { #ifdef ONLINE_JUDGE #elseendTime= clock();printf("\nRun Time:%lfs\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC); #endif } const int maxn= 2e5 + 9; int dp[maxn][30]; int l[maxn][30]; int vis[20000020]; int a[maxn]; int main() {//rd_test();int t;read(t);while (t--) {int n, k;read(n, k);for (int i= 1; i <= n; i++) {read(a[i]);int now= a[i];for (int j= 2; j * j <= now; j++) {int cnt= 0;while (now % j == 0) {now/= j;cnt++;}for (int k= 1; k <= cnt; k++)a[i]/= j;if (cnt % 2 == 1)a[i]*= j;}}for (int lim= 0; lim <= k; lim++) {int cnt= 0;for (int i= 1, j= 1; i <= n; i++) {vis[a[i]]++;if (vis[a[i]] >= 2)cnt++;if (cnt > lim) {while (cnt > lim) {if (vis[a[j]] >= 2)cnt--;vis[a[j]]--;j++;}}l[i][lim]= j;}for (int i= 1; i <= n; i++)vis[a[i]]= 0;}for (int i= 0; i <= n; i++)for (int j= 0; j <= k; j++)dp[i][j]= INF_int;dp[0][0]= 0;for (int i= 1; i <= n; i++) {for (int j= 0; j <= k; j++) {for (int x= 0; x <= j; x++) {dp[i][j]= min(dp[i][j], dp[l[i][x] - 1][j - x] + 1);}}}int ans= INF_int;for (int i= 0; i <= k; i++) {ans= min(ans, dp[n][i]);}cout << ans << endl;}return 0;//Time_test(); }

總結

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