P4170 [CQOI2007]涂色

题目描述

假设你有一条长度为5的木版，初始时没有涂过任何颜色。你希望把它的5个单位长度分别涂上红、绿、蓝、绿、红色，用一个长度为5的字符串表示这个目标：RGBGR。

每次你可以把一段连续的木版涂成一个给定的颜色，后涂的颜色覆盖先涂的颜色。例如第一次把木版涂成RRRRR，第二次涂成RGGGR，第三次涂成RGBGR，达到目标。

用尽量少的涂色次数达到目标。

输入格式

输入仅一行，包含一个长度为n的字符串，即涂色目标。字符串中的每个字符都是一个大写字母，不同的字母代表不同颜色，相同的字母代表相同颜色。

说明/提示

40%的数据满足：1<=n<=10

100%的数据满足：1<=n<=50

解析

水题，秒切。其实还是蛮简单的一道区间dp。

容易想到一个小的局部贪心，就是每次我们涂颜色时，最好选择下面这样的，涂在一段已经有颜色的区间，这样就可以保证一个性质：每次操作使得多出来的色块最多。像下面这种涂法一次至多满足三个区间的要求。还有一个似乎不太有用的性质：涂色次数至多为\(n\)次。

而下面这种情况，每次至多只能满足两个区间的要求。

所以我们每次都选择第一种方案来涂颜色，那显而易见这就是道区间dp了。

设\(dp[l][r]\)表示区间\(l\sim r\)完全满足要求，所需的最少涂色次数。显然我们可以得出状态转移方程：

\[dp[l][r]=min_{l<=k<r}(dp[l][k]+dp[k+1][r]) \]

初始化：初始化数组为1，即每个位置刷一遍。

这是一个简单的区间dp结论，由于两个子区间一定是完全满足要求的，我们直接取最优合并方案合并就行。

然而仅仅这样写不是最优的，你甚至连样例都过不了。

我们思考一下，显然按照上面那种转移法，我们还是把每个位置都算了一遍，而一次涂色是有可能涂一段区间的（废话。考虑到如果某一区间的两端点要求颜色是相同的，对于最优解，那么实际上一定有某一次涂了\(l\sim r\)这段区间，而我们并不用管其间的区间是怎么个涂法，我们只用知道其间的区间是之后涂的就行了。

因此有转移：

\[dp[l][r]=min(dp[l+1][r],dp[l][r-1]),c_l==c_r \]

其中\(c\)为该点颜色。

参考代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
char c[60];
int n,dp[60][60];
int main()
{
	cin>>c+1;
	n=strlen(c+1);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	 for(int j=1;j<=n;++j) dp[i][j]=1;
	for(int len=2;len<=n;++len)
	 for(int l=1;l<=n-len+1;++l){
	 	int r=l+len-1,tmp=INF;
	 	if(c[l]==c[r]) dp[l][r]=min(dp[l+1][r],dp[l][r-1]);
	 	else {
	 		for(int k=l;k<r;++k)
	 			if(tmp>dp[l][k]+dp[k+1][r]) tmp=dp[l][k]+dp[k+1][r];
	 		dp[l][r]=tmp;
		 }
	 }
	printf("%d\n",dp[1][n]);
	return 0;
}