我看到大佬的题解，为什么第\(1\)个子任务也用\(DP\)算呢？完全可以用贪心啊。。。
言归正传。
对于第一个子任务，直接贪心，能取多少取多少，取满后清零再取。
对于第二个子任务，考虑\(DP\)。
设\(f_i\)表示前\(i\)个教徒的最少危险值，则有：
\(f_i=\min\{f_j+danger_{i,j}\}\) \((danger_{i,j}<=k)\)
其中\(danger_{i,j}\)表示\(i,j\)之间的危险值。
问题来了：\(danger_{i,j}\)怎么求呢？
\(1.\)在跑方程的时候暴力求解。
时间复杂度：\(O(n^3)\)，显然会\(T\)。
\(2.\)预处理。
令\(cnt\)为计数器，当发现新的宗教时\(cnt++\)，并且标记这个宗教，而每一段对应的\(danger_{i,j}\)即为\(cnt\)
时间复杂度：\(O(n^2)\)，可过。
至于边界，显然有\(f_0=0,f_1=1\)
目标自然是\(f_n\)
\(AC\) \(Code\) (代码中的\(sum_{i,j}\)即为\(danger_{i,j}\))
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
int n, m, k, a[10010], cnt, ans, sum[1010][1010], f[1010];
bool vis[10010];
int main() {
cin >> n >> m >> k;
for (int i=1; i<=n; i++)
cin >> a[i];
for (int i=1; i<=n; i++) {
cnt = 0;
memset(vis, false, sizeof(vis));// 一定要清空!
for (int j=i; j<=n; j++) {
if (!vis[a[j]]) {
vis[a[j]] = true;
cnt++;
}
sum[i][j] = cnt;
}
}
cnt = 0;
memset(vis, false, sizeof(vis));//注意，出来时也要清空！我被坑了好长时间TAT
for (int i=1; i<=n; i++) {
if (!vis[a[i]]) {
vis[a[i]] = true;
cnt++;
}
if (cnt > k) {
ans++;
cnt = 1;
memset(vis, false, sizeof(vis));//记得清空！
vis[a[i]] = true;
}
if (i == n)
ans++;
}
cout << ans << endl;
f[0] = 0;
f[1] = 1;//初始化莫忘掉
for (int i=2; i<=n; i++) {
f[i] = 1e9;//因为取最小值，所以初值要赋大
for (int j=1; j<=i; j++)
if (sum[j][i] <= k) //而且危险值不能超过k
f[i] = min(f[i], f[j-1]+sum[j][i]);
}
cout << f[n] << endl;
return 0; //完结撒花！
}