令dp[n][k]表示 长为n的序列 分成k段 所需要的最小代价。
我们暴力转移。
dp[i][t]=min(dp[i'][t-1]+cost[i'+1][i]) （其中i'小于i）
对于这种dp我们首先考虑线段树dp，我们可以找到min(dp[i'][t-1])，但是没有办法统计cost的值。所以我们考虑另外的办法。
我们可以发现这个dp具有单调性。可以参考：
codeforces
故可以考虑整体二分转移。
我们每一次考虑区间(l,r)的中点mid，因为其单调性，当我们求出来mid对应的最优解左端点，子区间(l,mid)和(mid+1,r)对应的最优解区间为(lf,mid) (mid,rt) 其中lf和rt对应(l,r)的最优解区间。
其中cost的值可以使用莫队来进行统计。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#pragma GCC optimize(2)
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
int n, k;
const int N = 1e5 + 10;
int a[N];
ll dp[N][30];
ll ans = 0;
ll lp = 1, rp = 0;
int cnt[N];
void add(int val)
{
ans += cnt[val];
cnt[val]++;
}
void del(int val)
{
cnt[val]--;
ans -= cnt[val];
}
void md(int l,int r)
{
while (lp < l)del(a[lp++]);
while (lp > l)add(a[--lp]);
while (rp < r)add(a[++rp]);
while (rp > r)del(a[rp--]);
}
void sol(int l,int r,int lf,int rt,int t)
{
if (l == r)
{
upd(i, lf, rt)
{
md(i ,l);
dp[l][t] = min(dp[l][t], dp[i - 1][t - 1] + ans);
}
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
int pos = lf;
upd(i, lf, min(mid, rt))
{
md(i, mid);
if (dp[mid][t] > dp[i - 1][t - 1] + ans)
{
pos = i;
dp[mid][t] = dp[i - 1][t - 1] + ans;
}
}
sol(l, mid, lf, pos, t);
sol(mid + 1, r, pos, rt, t);
}
int main()
{
n = read();
k = read();
upd(i, 1, n)
a[i] = read();
upd(i, 1, n)upd(j, 1, k)dp[i][j] = 1e18;
upd(i, 1, n)
{
md(1, i);
dp[i][1] = ans;
}
upd(i, 2, k)
{
sol(1, n, 1, n, i);
}
cout << dp[n][k] << endl;
return 0;
}