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。
解题思路
\(\qquad\)由于题目每次的操作都是对于一个区间进行操作，所以我们可以想到用区间DP求解。
关于状态转移：
对于一个状态\(f(l,r)\)，我们进行如下分类讨论：
\[\begin{array}c 1.当l==r的时候，代表只有一个格子，所以只需要1次\Rightarrow f(l,r)= 1; \\\\ 2.当s[l] = s[r] 的时候（s是目标字符串），只要在[l.r]的子区间[l+1,r]\\ 染色的时候向左边多染一个，仍然是符合目标值的\Rightarrow f(l,r) = f(l+1,r) \\\\ 3.当s[l]\neq s[r]的时候，代表[l,r]这个区间将被染成两端不同的分别连续\\ 的颜色，\forall k\in[l,r)都可以作为断点，将区间分为[l,k]和[k+1,r]两块，得到\\\\ [l,r]区间应该是分成的两个子区间之和\\枚举所有断点即可。 \Rightarrow f(i,j) = min(f(i,j), f(i, k) + f(k + 1, j))\ (i\le k < j) \end{array}\]整理上述情况就能得到\(DP\)的状态转移方程：
\[\Large f(i, j) = \left \{ \begin{align} &1\ \ \ \ (i == j)\\ &f(i + 1, j)\ \ \ (s[i]==s[j])\\ &min (f(i, k) + f(k + 1,j))\ \ (k\in[l,r-1] \end{align} \right. \]然后按照方程 乱搞 写就行了
这里放两份代码，分别是递推\(DP\)和记搜
递推
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 110, INF = 0x3f3f3f3f;
int f[N][N], n;
char s[N];
int main()
{
cin >> s + 1;
int n = strlen(s + 1);
memset(f, 0x3f, sizeof f);
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) f[i][i] = 1;
for (int len = 2; len <= n; len ++ )
{
for (int i = 1, j = i + len - 1; j <= n; i ++, j ++ )
{
if (s[i] == s[j]) f[i][j] = f[i + 1][j];
else
for (int k = i; k < j; k ++ )
f[i][j] = min(f[i][j], f[i][k] + f[k + 1][j]);
}
}
printf("%d\n", f[1][n]);
return 0;
}
记搜
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 110, INF = 0x3f3f3f3f;
int f[N][N], n;
char s[N];
int dp(int l, int r)
{
int &v = f[l][r];
if (~v) return v;
if (l == r) return v = 1;
v = INF;
if (s[l] == s[r])
return v = dp(l + 1, r);
else
for (int k = l; k < r; k ++ )
v = min(v, dp(l, k) + dp(k + 1, r));
return v;
}
int main()
{
cin >> s + 1;
int n = strlen(s + 1);
memset(f, -1, sizeof f);
cout << dp(1, n) << endl;
return 0;
}