BZOJ1260: [CQOI2007]涂色paint

1260: [CQOI2007]涂色paint

Time Limit: 30 Sec  Memory Limit: 64 MB

Description

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。

Input

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。

Output

仅一行，包含一个数，即最少的涂色次数。

Sample Input

 

Sample Output

【样例输入1】
AAAAA

【样例输入1】
RGBGR

【样例输出1】
1

【样例输出1】
3

HINT

40%的数据满足：1<=n<=10
100%的数据满足：1<=n<=50

from:

a799091501

经典的区间dp题

对于一个给定的结束状态，我们考虑他是怎么转移的：

显然 只能是由一个子区间再往左涂一次或者再往右涂一次

那么对于任意一个大于二的序列都可以分成两个子序列，所以这就是一道区间dp了！(鼓掌！

很容易发现 如果最s[l]==s[l+1]||s[r]==s[r-1] 那么就不需要多余的次数来涂他了(因为一次可以把这两个都涂上)

但是下一个可能就没有那么好理解了(我居然浪费了两个多小时，我真是太弱啦！

如果s[l]==s[r]

那么可以证明 涂了l(或者r)的时候,这一次涂色一定同时涂上了r 不然不可能是最优解(因为即使r不是另一个区间所需要的颜色,答案也不会变的更差)

也就是说，转移方程为dp[l][r]=min(dp[l+1][r-1]+1,min(dp[l+1][r],dp[l][r-1]))  (s[l]==s[r])

因为取l和r,对另一个元素的贡献是等效的 所以只需要在他们中取min，并且这一次操作不会对答案产生改变

当然 另一种取法就是直接一笔从[l+1]画到[r-1] 这样答案++

以上属于特殊情况 对于其他的情况 只需要区间dp的经典递推式就可以了

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef pair<int,int> pr;
const double pi=acos(-1);
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
#define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i])
#define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define sc second
#define pq priority_queue
#define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> >
#define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> >
#define vec vector
ld eps=1e-9;
ll pp=1000000007;
ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;}
ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;}
void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
//void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; }
int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1};
ll read(){ ll ans=0; char last=' ',ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
if(last=='-')ans=-ans; return ans;
}
const int N=100;
int f[N][N];
char ch[N];
int main(){
    scanf("%s",ch+1); int n=strlen(ch+1);
    for (int p=1;p<=n;p++){
        for (int i=1;i<=n;i++){
            int j=i+p-1;
            if (j>n) continue;
            f[i][j]=j-i+1;
            if (i!=j && ch[i]==ch[j]) f[i][j]=min(f[i][j],f[i+1][j]),f[i][j]=min(f[i][j],f[i+1][j]);
            for (int k=i;k<j;k++){
                f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]);
            }
        }
    }
    printf("%d",f[1][n]);
    return 0;
}