BZOJ 1260涂色 paint

Description

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。
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。
Output
仅一行，包含一个数，即最少的涂色次数。
【样例输入1】
AAAAA
【样例输入1】
RGBGR
【样例输出2】
1
【样例输出2】
3

[分析]

这道题目，应该很容易看得出来是一道DP题，并且是区间DP。那么我们现在来想一想状态转移方程。本蒟认为一般涉及到区间DP，总会有一重循环涉及到L（也就是枚举区间长度），另外一重一般就是枚举i（左端点），而右端点则可以直接算出来，然后还会有一重循环枚举k，这个主要是用小区间更新大区间。
现在再来想想本题的DP方程，我们用f[i][j]表示i到j这段最少需要的涂色次数。那么if s[i]==s[j] then f[i][j]=min{f[i+1][j],f[i][j-1],f[i+1][j-1]+1},或者是if s[i]!=s[j] then f[i][j]=min(f[i][k],f[k+1][j])(i<=k

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>using namespace std;int f[100][100];char s[55];int main(){    freopen("1260.in","r",stdin);    freopen("1260.out","w",stdout);    scanf("%s",s+1);    int n=strlen(s+1);    memset(f,127,sizeof(f));    for(int i=1;i<=n;i++) f[i][i]=1;//赋初始值，如果只是一位，则只需要一次    for(int l=1;l<n;l++)     for(int i=1;i<=n;i++){        int j=i+l;if(j>n) break;        if(s[i]==s[j]){            if(l==1) f[i][j]=1;            else{                f[i][j]=min(f[i+1][j],f[i][j-1]);//这个表示的是s[i],s[j]现在的颜色和s[i+1],s[j-1]是一样，则直接更新过来                f[i][j]=min(f[i][j],f[i+1][j-1]+1);//这个是表示的不一样，所以要+1            }        }        else for(int k=i;k<j;k++) f[i][j]=min(f[i][k]+f[k+1][j],f[i][j]);//这个就是有之前的小区间更新大区间。     }     printf("%d",f[1][n]);//输出答案    return 0;}

题目来自Hzwer的博客