CF1572C Paint
一个很有意思的题。
显然,每次操作我们会选择将一段染成其相邻段的颜色。我们称这一过程为合并。最坏情况下,需要 \(n-1\) 次合并。
试着计算染色会减少多少代价。
考虑有多少个点未被合并,则这些点颜色相同,且将序列分割为若干段。显然,这会省下点个数 \(-1\) 的代价(因为最坏情况下会有一个点未被合并)。
考虑所有向未染色合并的块,考察每一段内的情况,同样分析形成该块时有多少点未被合并,仍然会减少点数 \(-1\) 的代价,然后继续考虑下一层……
设 \(f(i,j)\) 表示将 \([i,j]\) 合并成一个块省下的代价最多为多少。
考虑 \(i\) 是否会被合并,不会就是 \(f(i,i)+f(i+1,j)\),会的话考虑是否存在下一个被省下的点数,不存在就是 \(f(i+1,j)\),存在的话设为 \(k\),答案为 \(f(i+1,k-1)+f(k,j)+1\)
由于同种颜色最多 \(20\) 个所以复杂度为 \(\mathcal O(20n^2)\)。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cctype>
using namespace std;
#define LOG(FMT...) // fprintf(stderr, FMT)
const int N=3005;
int a[N], dp[N][N], t[N], nxt[N];
int main(){
int T; scanf("%d", &T);
while(T--){
int n; scanf("%d", &n);
for(int i=0;i<=n;++i) t[i]=0, nxt[i]=0;
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d", a+i), nxt[t[a[i]]]=i, t[a[i]]=i;
for(int i=1;i<=n;++i) if(nxt[i]==0) nxt[i]=n+1;
for(int i=1;i<=n;++i) LOG("%d ", nxt[i]);
LOG("\n");
for(int l=1;l<=n;++l){
for(int i=1;i+l<=n;++i){
int j=i+l;
dp[i][j]=dp[i+1][j];
int k=nxt[i];
while(k<=j){
dp[i][j]=max(dp[i][j], dp[i+1][k-1]+dp[k][j]+1);
k=nxt[k];
}
}
}
printf("%d\n", n-1-dp[1][n]);
}
return 0;
}