P4170 [CQOI2007]涂色

Posted 2021-03-22 hexqwq

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• 先看一下题意：

  ? 给你一个 n 长度的木板，刚开始是没有颜色的，现在你需要用最少的涂色次数，让这个木板的颜色变成给定的目标颜色

• 解析

  1. 读懂题意，发现这是一个求处理一个区间的最小操作数的题目，这时候就要考虑能不能用区间DP处理这个题目，一般来说，区间DP的时间复杂度为 (n^3)或 (n^2)，本题 n 最大仅 50 ，在时间复杂度上满足要求。

  2. 在确定题目是区间DP后，我们要思考这个题的 状态转移方程 。

     • 定义(f[i][j]) 为 处理好区间 i 至 j 涂色的最小次数

     • 先考虑区间长度为 1 的情况，如果木板的长度只有 1，那么涂色次数很显然就是 1。

     • 在考虑一下区间长度为 2 时

       首先，如果两端的颜色一样，那么我们只需要一次涂色，就能把这个区间染成需要的颜色

       如果，两端的颜色不一样，那么染色的次数就应该时 2 了

     • 当区间长度更大时，会怎么样呢

       假设我们当前要计算的区间为 (f[i][j])

       如果，(s[i] == s[j]) ，那么，我们可以第一笔就涂满整个区间，所以，此时的状态可以由 (f[i+1][j]) 和 (f[i][j-1]) 中较小的转移，即
       [ f[i][j] = min(f[i+1][j],f[i][j-1]) ]
       那如果，(s[i] != s[j])，我们就只能枚举断点来找到最优的方案，即
       [ f[i][j] = min(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]) ]

  3. 以上就是本题的解释。在写区间DP的时候，感觉难的主要就是区间和合并问题，还有就是一些特殊的优化 (四边形不等式)。

• 放代码QwQ

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int Inf = 0x7f7f7f7f;

int dp[233][233];
char s[233];

int main(){
    scanf("%s",s+1);
    int Len = strlen(s+1);
    for(int i=1;i<=Len;i++)
        dp[i][i] = 1;
    for(int len = 2;len <= Len;len++)
    {
        for(int l=1;l+len-1<=Len;l++)
        {
            int r = l + len - 1;
            dp[l][r] = Inf;
            if( s[l] == s[r] )  dp[l][r] = min(dp[l+1][r],dp[l][r-1]);
            else 
                for(int k=l;k<r;k++)
                    dp[l][r] = min(dp[l][r],dp[l][k] + dp[k+1][r]);
        }
    }
    printf("%d",dp[1][Len]);
    return 0;
}