CF1572C Paint

$\mathcal{L}ink$

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;
}