Paint Pearls HDU - 5009

​​http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5009​​

借鉴题解：

双向链表优化dp。dp[i]表示涂完前i个所化的最小代价，显然有dp[i]=min{dp[j]+num(j+1,i)^2},其中1<=j<i,num(j+1,i)表示区间[j+1,i]的颜色个数。
这样复杂度为O（n^2）显然超时。那么需要优化一下，比如第二组测试数据3 4 2 4 4 2 4 3 2 2，假设dp[1]...dp[8]已更新完毕，现在要更新dp[9]，可以看到a[9]为2，按照原始的dp[i]=min{dp[j]+num(j+1,i)^2}，
i=9，枚举j=8，dp[9]=min{dp[9],dp[8]+1^2};j=7,dp[9]=min{dp[9],dp[7]+2^2};现在貌似没什么变化。。。
j=6，这里就神奇了，如果dp[9]=min{dp[9],dp[6]+3^2}，那么这个就太弱了，因为此时2 4 3是连着涂的，但是2之前是3 4 2 4 4，这些如果跟着一起涂，那么仍然是3^2的代价，但前面的数字变少了，显然这种更优。
于是乎dp[9]=min{dp[9],dp[0]+3^2}，可以看到6直接跳到了0，为什么这么跳？因为这之前都是些234啊，重复了没必要保存。所以在dp时，我们只需要维护好前后关系即可。
比如当前dp第i位，那么即a[i]加进来，所以之前如果有a[i]值的必须删掉，具体双向链表维护。因此可以看到任意时刻，每种颜色只会保存一次，复杂度就降下来了。
但仍然可以给出坑爹的数据，比如1 2 3 4 ... n那么这个dp的话，复杂度仍为O（n^2），于是继续优化。我们知道如果一个一个涂，那么需要花费n。所以最优方案不能大于n，也就是不能连着sqrt(n)个不同的颜色一起涂，否则代价大于n了，这里进行剪枝。复杂度降为O（nsqrt（n））,还是可以接受的。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

map <int,int> mp;
int ary[50010],pre[50010],suf[50010],dp[50010];
int n;

int main()
{
    int i,j,p,cnt;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&ary[i]);
            pre[i]=i-1,suf[i]=i+1;
        }
        mp.clear();
        memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
        dp[0]=0,pre[0]=-1;
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            if(mp[ary[i]]!=0)
            {
                p=mp[ary[i]];
                pre[suf[p]]=pre[p];
                suf[pre[p]]=suf[p];
            }
            mp[ary[i]]=i;
            for(j=pre[i],cnt=0;j!=-1;j=pre[j])
            {
                cnt++;
                dp[i]=min(dp[i],dp[j]+cnt*cnt);
                if(cnt*cnt>i) break;
            }
        }
        printf("%d\n",dp[n]);
    }
    return 0;
}