1625 - Color Length——[动态规划]

Posted 2020-07-09 kiraa

题目链接：https://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=4500

题目分析：

　　本题要将两条路上的车辆混合成一路，混合方法可以是：每次将一个颜色序列中的开头颜色放入新序列的尾部。可以定义状态d[i][j]为第一个序列移走了i辆车，第2个序列移走了j辆车时，新序列的颜色长度。如何进行状态转移呢？

　　假设第一个序列为A[n]，第二个序列为B[m]，C[i][j]表示由A中前i个元素和B中前j个元素组成的最优新序列。下面我们考虑将颜色A[i]加入C[i－1][j]的情况。组成新序列的颜色可以分成两类：（1）已经出现还未结束的颜色 （2）已经结束的颜色 ，设第（1）类元素个数为s，那么将A[i]加入后，每个还未结束的颜色长度均要增加1，所以总长度为 d[i-1][j]+s。 这样我们就得到了状态转移方程 d[i][j]=min{d[i-1][j]+s1,d[i][j-1]+s2} ,s1为将A[i]加入C[i-1][j]的总长度增量，s2为将B[j]加入C[i][j-1]的总长度增量。

　　那么主要问题就转换成了如何计算C[i][j]中一景出现还未结束的颜色个数，可以对原先的两个序列预处理一遍，很容易在O(n*m)时间内计算出每个颜色开始和结束的位置。总时间复杂度为O(n*m)。

代码如下：

 1 #include <iostream>
 2 #include <cstdio>
 3 #include <cstring>
 4 using namespace std;
 5 const int maxn=100;//5000;
 6 
 7 int d[maxn+5][maxn+5];
 8 int b[2][26];
 9 int e[2][26];
10 int L[26];
11 char s1[maxn+5];
12 char s2[maxn+5];
13 int n,m;
14 void init(){
15     
16     memset(L, 0, sizeof L);
17     memset(b, 0, sizeof b);
18     memset(e, 0, sizeof e);
19 }
20 void pre_process(){
21     for(int i=0;i<n;i++){
22         char ch=s1[i];
23         int id=ch-‘A‘;
24         if(b[0][id]==0){
25             b[0][id]=i+1;
26         }
27     }
28     for(int i=n-1;i>=0;i--){
29         char ch=s1[i];
30         int id=ch-‘A‘;
31         if(e[0][id]==0){
32             e[0][id]=i+1;
33         }
34     }
35     for(int i=0;i<m;i++){
36         char ch=s2[i];
37         int id=ch-‘A‘;
38         if(b[1][id]==0){
39             b[1][id]=i+1;
40         }
41     }
42     for(int i=m-1;i>=0;i--){
43         char ch=s2[i];
44         int id=ch-‘A‘;
45         if(e[1][id]==0){
46             e[1][id]=i+1;
47         }
48     }
49 }
50 int sum(int i,int j,int flag){
51     int ans=0;
52     if(flag==0){
53         for(int k=0;k<26;k++) {
54             if(((b[0][k]>0&&b[0][k]<=i-1)||(b[1][k]>0&&b[1][k]<=j))&&((e[0][k]>0&&e[0][k]>i-1)||(e[1][k]>0&&e[1][k]>j)))
55                 ans++;
56         }
57     }
58     else {
59         for(int k=0;k<26;k++) {
60             if(((b[0][k]>0&&b[0][k]<=i)||(b[1][k]>0&&b[1][k]<=j-1))&&((e[0][k]>0&&e[0][k]>i)||(e[1][k]>0&&e[1][k]>j-1)))
61                 ans++;
62         }
63     }
64     return ans;
65 }
66 
67 int main(int argc, const char * argv[]) {
68     int T;
69     scanf("%d",&T);
70     while(T--){
71         scanf("%s%s",s1,s2);
72         n=strlen(s1);
73         m=strlen(s2);
74         init();
75         pre_process();
76         d[0][0]=0;
77         for(int i=1;i<=n;i++) d[i][0]=d[i-1][0]+sum(i,0,0);
78         for(int j=1;j<=m;j++) d[0][j]=d[0][j-1]+sum(0,j,1);
79         for(int i=1;i<=n;i++){
80             for(int j=1;j<=m;j++){
81                 d[i][j]=min(d[i-1][j]+sum(i,j,0),d[i][j-1]+sum(i,j,1));
82             }
83         }
84         printf("%d\n",d[n][m]);
85     }
86     return 0;
87 }