区间DPString painter HDU - 2476

Posted 2021-07-18 Vincent_0000

题目来源

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反思

这个题目思路根本就没有想对，很混乱，穿插在一起就会出现很多冲突。
我的是将刷和不刷放在一起，进行动态规划，而题解先做了一遍预处理。

有些题目状态与状态之间没有很大的联系，甚至可以分离，这个时候就直接分离了，这样的话就会让你的代码更加清晰，弄在一起速度快不了多少的，而且还会加大DEBUG难度。

使用区间DP不必将一下就分很多的区间，如果需要分区间的话，不妨试试下面的三种分区间方法：

• 需要将两个区间组合成一个大区间的时候，直接枚举区间中的任意点进行划分，一个点进行划分的情况。
• 类似于Halloween Costumes这种题目的话，就是两个点进行划分的情况了，右端点与区间中的点有某种联系的时候，可以利用这两点之前的特性进行划分。
• 一个区间需要用到三个点的时候，就可以将左右端点和区间中任意一点结合起来使用。

DP分析集合从整个题目的角度进行分析。

题解

• 题目分析

一次操作可以将区间中的字符换成同一个字符，问最少需要多少次这种操作能将A变成B。

• 题目类型分析

对区间进行操作，求最小值，首先就要想到使用区间DP去做这道题目。
尝试使用区间DP解题。

• DP分析

我们对A字符串有两种操作，一个是对区间进行操作，另一个是不进行操作。
两种状态连在起考虑的话就会出现冲突的问题，这个时候就要想到再加一个集合解决这种冲突。

怎么解决呢？把使用这种操作和不使用操作进行分开处理，先将区间全部操作一遍，进行预处理；然后再和A串进行对比，组合，减少操作数。

集合$dp(l,r)$代表空串到B[l ~ r]所需要的操作数。
状态划分：$dp[l][r]=min(dp[l][r],dp[l][k-1]+dp[k][r-1])$
集合$f(l,r)$代表a[l - r] 与 b[l - r]相同所需要的操作数。
状态划分：$f[i]=min(f[i],f[k]+dp[k+1][i])$

AC 代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define _for(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define _rep(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define debug(a) cout << #a << " = " << a << endl
#define mod(x) (x) % MOD
#define ENDL "\\n"
#define x first
#define y second
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef vector<int> vi;

const int N = 100 + 7, MOD = 1e9, INF = 0x3f3f3f3f;
int dp[N][N], f[N];
char a[N], b[N];

int main()
{
#ifdef LOCAL
    freopen("data.in", "r", stdin);
#endif
    ios::sync_with_stdio(false);
    cout.tie(0), cin.tie(0);

    while (cin >> a  + 1 >> b + 1){
        int n = strlen(a + 1);
        memset(dp, 0, sizeof dp);

        _for(i, 1, n) dp[i][i] = 1;
        _for(len, 2, n) _for(l, 1, n - len + 1){
            int r = l + len - 1;
            dp[l][r] = dp[l][r - 1] + 1;
            _for(k, l, r - 1) if (b[r] == b[k])
                dp[l][r] = min(dp[l][r], dp[l][k - 1] + dp[k][r - 1]);
        }

        _for(i, 1, n) {
            f[i] = dp[1][i];
            if (a[i] == b[i]) f[i] = f[i - 1];
            else _for(k, 1, i - 1) f[i] = min(f[i], f[k] + dp[k + 1][i]);
        }

        cout << f[n] << ENDL;
    }
    return 0;
}