题解：AT_abc397_f [ABC397F] Variety Split Hard

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因为是 C 题加强版，发现可以直接用 C 题做法预处理出第一段和第三段的答案。

设 ans1_i 表示从 1 到 i 的答案，ans2_i 表示从 i 到 n 的答案。

那么只需先枚举一个断点 i，在枚举第二个断点 j 时，顺便把第二段的答案 res(i+1,j) 求出，再分别加上 ans1_i，ans2_j，最终答案即为和的最大值。

上面为 O(n^2) 暴力，考虑优化。

既然是求最大值考虑用数据结构。首先一定是要枚举一个断点的，因为顺序枚举，所以考虑保留第二个断点，直接求出前两段答案和的最大值，这样和在现在一定最大。

那么可以用线段树维护。对于 ans1 可以在建树时加到线段树。对于遍历到的每个数，考虑求出它贡献的范围。

设 pre_i 表示 a_i 上次出现的位置，那么这个数会对起点在 [pre_i+1,i] 区间产生 1 的贡献，也就是第一个断点在 [pre_i,i-1] 的区间。

那就是线段树的区间加和区间最大值了。

最后加上最后一段的答案，不断取最大值。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[300005],pre[300005],ans1[300005],ans2[300005],ans,tr[1200005],tag[1200005];
inline void pushup(int rt)
{
    tr[rt]=max(tr[rt<<1],tr[rt<<1|1]);
}
void build(int l,int r,int rt)
{
    if(l==r)
    {
        tr[rt]=ans1[l];
        return ;
    }
    int mid=(l+r)/2;
    build(l,mid,rt<<1);
    build(mid+1,r,rt<<1|1);
    pushup(rt);
    return ;
}
void pushdown(int rt)
{
    if(tag[rt])
    {
        tr[rt<<1]+=tag[rt];
        tr[rt<<1|1]+=tag[rt];
        tag[rt<<1]+=tag[rt];
        tag[rt<<1|1]+=tag[rt];
        tag[rt]=0; 
    }
}
void add(int L,int R,int c,int l,int r,int rt)
{
    if(L<=l&&r<=R)
    {
        tr[rt]+=c;
        tag[rt]+=c;
        return ;
    }
    pushdown(rt);
    int mid=(l+r)/2;
    if(L<=mid)
        add(L,R,c,l,mid,rt<<1);
    if(mid+1<=R)
        add(L,R,c,mid+1,r,rt<<1|1);
    pushup(rt);
    return ;
}
int qu(int L,int R,int l,int r,int rt)
{
    if(L<=l&&r<=R)
        return tr[rt];
    pushdown(rt);
    int mid=(l+r)/2,res=0;
    if(L<=mid)
        res=max(res,qu(L,R,l,mid,rt<<1));
    if(mid+1<=R)
        res=max(res,qu(L,R,mid+1,r,rt<<1|1));
    return res; 
}
unordered_map<int,int> m;
int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        pre[i]=m[a[i]];
        m[a[i]]=i;
        ans1[i]=m.size();
    }
    m.clear();
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        m[a[i]]=i;
        ans2[i]=m.size();
    }
    build(1,n,1);
    for(int i=2;i<n;i++)
    {
        add((pre[i]?pre[i]:1),i-1,1,1,n,1);
        ans=max(qu(1,i-1,1,n,1)+ans2[i+1],ans);
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}