先考虑朴素的暴力，设 \(f_{k,i}\) 表示前 \(i\) 个数划分为 \(k\) 段的最小代价，有 \(f_{k,i}=\min_j\{f_{k-1,j-1}+w(j,i)\}\) ，其中， \(w(x,y)\) 表示 \([x,y]\) 中相同元素的对数。
可以先在外层枚举 \(k\) ，考虑如何处理 \(f_i\) 的转移。记数组 \(g\) 为枚举上一个 \(k\) 时的 \(f\) 。假设有转移决策点 \(u\) 和 \(v,u<v\) ，假设 \(i\) 从 \(v\) 转移，则有\(g_v+w(v+1,i)<g_u+w(u+1,i)\) ，由于区间 \([u+1,i]\) 中的数的种类不少于区间 \([v+1,i]\) ，所以\(w(u+1，i+1) \geq w(v+1,i+1)\) ，即 \(g_v+w(v+1,i+1)<g_u+w(u+1,i+1)\) ，也就是说，对于大于 \(i\) 的点，都不会从 \(u\) 转移，即 \(f_i\) 具有决策单调性。
考虑整体二分。待转移区间 \([l,r]\) ，和决策点区间 \([fl,fr]\) ，对于 \([l,r]\) 的中点 \(mid\) ，暴力的找出其对应的决策点 \(pos\) ，然后递归处理即可。
如何计算 \(w(x,y)\) ，可以使用类似莫队的东西去维护，均摊下来复杂度是 \(O(1)\) 的。
总的复杂度就是 \(O(kn\log n)\) 的。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,k,a[100005],f[100005],g[100005],cnt[100005],ml,mr,w;
inline void add(ll x){if(x)w+=cnt[a[x]],cnt[a[x]]++;}
inline void del(ll x){if(x)cnt[a[x]]--,w-=cnt[a[x]];}
inline void move(ll l,ll r){while(mr<r)add(++mr);while(ml>l)add(--ml);while(mr>r)del(mr--);while(ml<l)del(ml++);
}
void solve(ll l,ll r,ll fl,ll fr){if(fl==fr){ for(ll i=l;i<=r;i++){move(fl,i);f[i]=g[fl-1]+w;}return ;}ll mid=(l+r)>>1,pos,minn=1e16;for(ll i=fl;i<=min(fr,mid);i++){move(i,mid);ll v=g[i-1]+w;if(v<=minn)minn=v,pos=i;}f[mid]=minn;if(l==r)return ;solve(l,mid,fl,pos);solve(mid+1,r,pos,fr);
}
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n>>k;for(ll i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];g[i]=g[i-1]+cnt[a[i]];cnt[a[i]]++;}memset(cnt,0,sizeof(cnt));w=0;for(ll i=2;i<=k;i++){solve(1,n,1,n);for(ll j=1;j<=n;j++)g[j]=f[j];}cout<<g[n];return 0;
}
)
