题目：

BZOJ1939（权限题）

分析：

这题很容易看出是DP，但是状态和转移都不是很好想……

用\(dp[l][r][c]\)表示在\(l\)前面已经新加了\(c\)个和\(l\)一样的弹子时，使区间\([l,r]\)消完所需插入的弹子数量

显然，当\(c\geq k-1\)时，这\(c\)个弹子和\(l\)组成了连续的至少\(k\)个弹子，这些情况是类似的（都可以一次消完）。因此可以用\(c=k-1\)的状态代表所有\(c\geq k-1\)的状态。

对于状态\((l,r,k-1)\)，\(l\)可以和前面\(k-1\)个同色弹子一起消掉，因此只需要考虑要插入多少个才能完全消掉区间\([l+1,r]\)。这就得到第一个转移：（因为\([l+1,r]\)紧贴着\(l\)，\(l+1\)左侧没有新插入的弹子，所以消掉\([l+1,r]\)所需插入的弹子数就是\(dp[l+1][r][0]\)）

\[dp[l][r][k-1]=dp[l+1][r][0]
\]

对于状态\((l,r,c)\)，在前面插入一个\(l\)的同色弹子就变成了\((l,r,c+1)\)，所以比消完\((l,r,c+1)\)状态多一步，即：

\[dp[l][r][c]=dp[l][r][c+1]+1
\]

考虑对于弹子\(l\) ，除了在它前面加\((k-1)\)个同色弹子外，还可以找一个弹子\(i(i>l,a_l=a_i)\)，先消去区间\([l+1,i-1]\)（该区间可能不存在），这样\(i\)左侧就有\((c+1)\)个同色弹子，这就是状态\((i,r,c+1)\)。由此得到第三个转移：（注意特判\(l+1=i\)时状态\((l+1,i-1,0)\)不存在，以及\(c+1\geq k\)时取\(c=k-1\)）

\[dp[l][r][c]=dp[l+1][i-1][0]+dp[i][r][c+1](l+1\leq i-1)
\]

\[dp[l][r][c]=dp[i][r][c+1](l+1=i)
\]

代码：

有了DP方程以后代码还是很好写的

#include <cstdio>

#include <algorithm>

#include <cstring>

#include <iostream>

using namespace std;

namespace zyt

{

	const int N = 110, K = 7;

	int arr[N], dp[N][N][K];

	int work()

	{

		int n, k;

		ios::sync_with_stdio(false);

		cin.tie(0);

		cin >> n >> k;

		for (int i = 0; i < n; i++)

			cin >> arr[i];

		for (int i = 0; i < n; i++)

			for (int c = 0; c < k; c++)

				dp[i][i][c] = k - c - 1;

		for (int len = 2; len <= n; len++)

			for (int l = 0; l + len - 1 < n; l++)

			{

				int r = l + len - 1;

				for (int c = k - 1; c >= 0; c--)

				{

					if (c < k - 1)

						dp[l][r][c] = dp[l][r][c + 1] + 1;

					else

						dp[l][r][c] = dp[l + 1][r][0];

					if (arr[l] == arr[l + 1])

						dp[l][r][c] = min(dp[l][r][c], dp[l + 1][r][min(k - 1, c + 1)]);

					for (int i = l + 2; i <= r; i++)

						if (arr[l] == arr[i])

							dp[l][r][c] = min(dp[l][r][c], dp[l + 1][i - 1][0] + dp[i][r][min(k - 1, c + 1)]);

				}

			}

		cout << dp[0][n - 1][0];

		return 0;

	}

}

int main()

{

	return zyt::work();

}

巴特西

【BZOJ1939】[Croatian2010] Zuma（动态规划）

题目：

分析：

代码：

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