「CQOI2007」「BZOJ1260」涂色paint (区间dp
2024-09-06 05:48:10
1260: [CQOI2007]涂色paint
Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 64 MB
Submit: 2057 Solved: 1267
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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。
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。
Input
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。
Sample Input
Sample Output
【样例输入1】
AAAAA
AAAAA
【样例输入1】
RGBGR
【样例输出1】
1
【样例输出1】
3
HINT
40%的数据满足:1<=n<=10
100%的数据满足:1<=n<=50
题解
一道区间dp。
设F[L][R]为把[L,R]画完所需的最少次数。初始化F[i][j]=(j-i+1),表示暴力的一格格涂。
转移时,在[L,R]上枚举两个断点(L',R'),表示在[L,R]上直接覆盖一个区间[L',R']。
一开始让F[L][R]=F[L][L'-1]+F[L'][R']+F[R'+1][R],表示把大区间视为三个小区间,不在乎他们边界可能有缘。
- 如果L'上的颜色和L'-1相同,那么可以少画一次;
- 如果R'上的颜色和R'+1相同,那么可以少画一次;
- 如果L'-1上的颜色和R'+1上相同,那么又可以少画一次。
最后注意一下,因为假设在[L,R]上涂一层时,就算证明了这一层完全融入背景色,也不可能给原区间一个-1的buff,所以最多只能少画两次。
答案在F[1][n]。
我现在在怀疑是不是只用一个断点就可以解决问题
/**************************************************************
Problem: 1260
User: qwerta
Language: C++
Result: Accepted
Time:76 ms
Memory:1300 kb
****************************************************************/ #include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
char s[];
int f[][];
int chek(int i,int j)
{
if(s[i]==s[j])return ;//相同就可以少画一笔
else return ;
}
int main()
{
//freopen("a.in","r",stdin);
cin>>s;
int n=strlen(s);
for(int i=n;i;--i)
s[i]=s[i-];
for(int i=;i<=n;++i)
for(int j=i;j<=n;++j)
f[i][j]=(j-i+);//预处理
for(int len=;len<=n;++len)
for(int l=,r=len;r<=n;++l,++r)
{
for(int ll=l;ll<=r;++ll)
for(int rr=ll;rr<=r;++rr)
{
int k=f[l][ll-]+f[rr+][r]+f[ll][rr],g=;
if(ll->=l)g+=chek(ll-,ll);//左边界融入背景(///v///)
if(rr+<=r)g+=chek(rr,rr+);//右边界融入背景(///v///)
if(ll->=l&&rr+<=r)g+=chek(ll-,rr+);//左右边界是一样哒!(>w<)
k-=min(g,);//最多只能少画两笔QAQ
f[l][r]=min(f[l][r],k);
}
}
cout<<f[][n];
return ;
}
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