[题解]CF1312E Array Shrinking

思路

本题为 P3146 变式，也算是一道很经典的区间 DP 题了。

因为 $n \leq 500$，考虑区间 DP。定义 $dp_{i,j}$ 表示操作 $[i,j]$ 区间剩余长度的最小值。

那么，我们可以枚举一个中间值 $k$，可以显然地得到一个状态转移方程（即不能合二为一的情况）：

$$dp_{i,j} = \min(dp_{i,k} + dp_{k + 1,j})$$

然后，我们再来考虑两个区间能够合并的情况。

如果 $[i,k]$ 和 $[k + 1,j]$ 能合并，当且仅当 $dp_{i,k} = dp_{k + 1,j} = 1$，以及两段区间合并出的值相同。

但是，我们现在并不知道两段区间的值具体是多少。所以，现在有两种处理方式：

1. 将合并区间得到的值作为 $dp$ 的一维用来枚举，但这显然是不行的，因为时间复杂度将变为 $\Theta(n^3m)$。（其中 $m = \max\{a_i\}$。）
2. 再开一个数组 $f$ 记录两个区间的合并后的值。

那么，对于这个问题显然只能选择第二种方案。

由此，不妨令 $f_{i,j}$ 表示合并 $[i,j]$ 区间得到的数值。那么，我们就可以在处理 $dp_{i,j}$ 的时候同时更新 $f_{i,j}$。

综上，对于 $[i,k]$ 和 $[k + 1,j]$ 能合并，需满足：

$$dp_{i,k} = dp_{k + 1,j} = 1 \wedge f_{i,k} = f_{k + 1,j}$$

时间复杂度：$\Theta(n^3)$。

Code

#include <bits/stdc++.h>  
#define re register  
  
using namespace std;  
  
const int N = 510,inf = 0x3f3f3f3f;  
int n,ans = inf;  
int arr[N];  
int f[N][N],dp[N][N];  
  
inline int read(){  
    int r = 0,w = 1;  
    char c = getchar();  
    while (c < '0' || c > '9'){  
        if (c == '-') w = -1;  
        c = getchar();  
    }  
    while (c >= '0' && c <= '9'){  
        r = (r << 3) + (r << 1) + (c ^ 48);  
        c = getchar();  
    }  
    return r * w;  
}  
  
int main(){  
    memset(dp,inf,sizeof(dp));  
    n = read();  
    for (re int i = 1;i <= n;i++) arr[i] = read();  
    for (re int i = 1;i <= n;i++){  
        f[i][i] = arr[i];  
        dp[i][i] = 1;  
    }  
    for (re int l = 1;l <= n;l++){  
        for (re int i = 1;i + l - 1 <= n;i++){  
            int j = i + l - 1;  
            for (re int k = i;k < j;k++){  
                dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i][k] + dp[k + 1][j]);//不合并   
                if (dp[i][k] == dp[k + 1][j] && dp[i][k] == 1 && f[i][k] == f[k + 1][j]){//满足条件，说明两区间可以合并   
                    dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i][k]);//更新两个 DP 数值   
                    f[i][j] = f[i][k] + 1;  
                }  
            }  
        }  
    }  
    printf("%d",dp[1][n]);  
    return 0;  
}