【bzoj1260】[CQOI2007]涂色paint 区间dp

最新推荐文章于 2019-04-11 00:25:00 发布

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本文介绍了一种使用区间动态规划解决序列染色问题的方法。通过定义状态$f[i][j]$来表示染$[i,j]$这段区间所需要的最小次数，并给出了具体的转移方程。最终实现的时间复杂度为$O(n^3)$。

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题目描述

给出一个序列，每次可以给一段染成同一种颜色，问最少要染多少次能够染成给定方案。

输入

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。

输出

仅一行，包含一个数，即最少的涂色次数。

样例输入

RGBGR

样例输出

题解

区间dp

设$f[i][j]$表示染$[i,j]$这段区间所需要的最小次数。

那么当$i$和$j$颜色相同时，显然需要一起染，可以推知$f[i][j]=min(f[i-1][j+1]+1,min(f[i+1][j],f[i][j-1]))$

当$i$和$j$颜色不同时，不能一起染，枚举中间点$k$，相当于染$[i,k]$和$[k+1,j]$两端区间，那么$f[i][j]=min\{f[i][k]+f[k+1][j]\}$

时间复杂度$O(n^3)$

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 55
using namespace std;
int f[N][N];
char str[N];
int main()
{
	int n , i , j , k , l;
	scanf("%s" , str + 1) , n = strlen(str + 1);
	memset(f , 0x3f , sizeof(f));
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) f[i][i] = 1;
	for(l = 2 ; l <= n ; l ++ )
	{
		for(i = 1 ; i <= n - l + 1 ; i ++ )
		{
			j = i + l - 1;
			if(str[i] != str[j])
				for(k = i ; k < j ; k ++ )
					f[i][j] = min(f[i][j] , f[i][k] + f[k + 1][j]);
			else f[i][j] = min(f[i][j] , min(f[i + 1][j - 1] + 1 , min(f[i + 1][j] , f[i][j - 1])));
		}
	}
	printf("%d\n" , f[1][n]);
	return 0;
}

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