貌似做所有的DP题都要先搞出暴力式子，再往正解上靠。。。
设\(f_{i,j}\)为前\(i\)个数分\(j\)段的最小花费，\(w_{l,r}\)为\([l,r]\)全在一段的费用。
\]
显然\(j\)这一维可以滚掉，于是变成\(g_i=\min\limits_{k=1}^{i}\{f_k+w_{k,i}\}\)做\(m\)遍（题目中的\(k\)）
这又是一个决策单调性优化的式子。还是决策二分栈吗？要不得了，因为就算知道\(i,k\)也没法直接算\(f_k+w_{k,i}\)。
再次推广蒟蒻的DP优化总结
分治。总结里的概述蒟蒻也懒得再㧟一遍了。。。就说说这题的实现细节吧。
\(L^AT_EX\)画图？（雾
求解区间：\(|\gets\)预处理\(\to|\) \(l\frac{\qquad\qquad\qquad\downarrow^{mid}\qquad\qquad\qquad}{}r\)
决策区间：\(L\frac{\qquad\qquad\qquad\qquad\downarrow^{k}\qquad\qquad\qquad}{}R\)
设当前的求解区间为\([l,r]\)，最优决策区间\([L,R]\)。对于当前分治的中点\(mid\)，我们需要在\([L,\min(R,mid)]\)中暴力找到最优决策\(k\)。注意到从\(w_{l,r}\)到\(w_{l,r+1}\)或者从\(w_{l,r}\)到\(w_{l+1,r}\)都是可以做到\(O(1)\)的，只要开一个桶记录当前区间每个颜色出现次数就可以啦。把指针\(i\)从\(L\)移到\(\min(R,mid)\)并不断的算\(f_i+w_{i,mid}\)，最终可以找到\(k\)。
注意一点，当进入求解区间时，我们的应该要确保\([L,l-1]\)的信息的存在，这样才能保证分治的复杂度。
于是我们考虑进子问题之前如何先处理出子问题的答案。先看左边的子问题（\([l,mid-1],[L,k]\)）显然和当前问题的\([L,l-1]\)是一样的。注意到我们在求\(k\)的时候对\(w\)和桶都做了修改，那么我们直接还原回来就可以进左子问题了。
而右子问题呢？（\([mid+1,r],[k,R]\)）它要预处理的是\([k,mid]\)，而当前的是\([L,l-1]\)。所以我们先把右端点指针从\(l-1\)移到\(mid\)，桶和\(w\)都加上去，再把左端点从\(L\)移到\(k-1\)，桶和\(w\)都减掉，接着进去就好了。回溯的时候还是要还原到\([L,l-1]\)，因为上一层要接着用。
注意答案是long long级别的。
代码经过了精心排版（尤其是分治那一块）
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define RG register
#define R RG int
#define G c=getchar()
typedef long long LL;
const int N=1e5+9;
int a[N],c[N];
LL ff[N],gg[N],*f=ff,*g=gg;
inline int in(){
RG char G;
while(c<'-')G;
R x=c&15;G;
while(c>'-')x=x*10+(c&15),G;
return x;
}
void solve(R l,R r,R kl,R kr,RG LL w){//kl,kr就是决策区间
if(l>r)return;//边界
R m=(l+r)>>1,k=0,p=m<kr?m:kr,i;
for(i= l;i<=m;++i)w+=c[a[i]]++;//求k
for(i=kl;i<=p;++i)w-=--c[a[i]],g[m]>f[i]+w?g[m]=f[i]+w,k=i:0;
for(i=kl;i<=p;++i)w+=c[a[i]]++;//还原
for(i= l;i<=m;++i)w-=--c[a[i]];
solve(l,m-1,kl,k,w);
for(i= l;i<=m;++i)w+=c[a[i]]++;//调整
for(i=kl;i< k;++i)w-=--c[a[i]];
solve(m+1,r,k,kr,w);
for(i=kl;i< k;++i)++c[a[i]];//再次还原
for(i= l;i<=m;++i)--c[a[i]];
}
int main(){
R n=in(),k=in();
RG LL*tmp;
for(R i=1;i<=n;++i)//第一次直接算
f[i]=f[i-1]+c[a[i]=in()]++;
memset(c,0,(n+1)<<2);
while(--k){
memset(g,1,(n+1)<<3);
solve(1,n,1,n,0);
tmp=f;f=g;g=tmp;
}
printf("%lld\n",f[n]);
return 0;
}