題目大意：有兩個字符串A,B，一次刷可以把A串一段刷成同一個字母，問至少要刷幾次才能把A串變成B串。串長≤100。

　　本來以為是個很簡單的區間DP，后來發現直接區間DP是不行的，這玩意有后效性：刷完一整塊之后這一塊就變了。

　　對于這種問題不如干脆利落一點，直接把 f[ ][ ]設成將空串(即不需要考慮A與B的相同)刷成B串的最小次數。

　　這個時候的轉移方程就是：

for(int i=1;i<=n;++i)f[i][i]=1;for(int len=1;len<n;++len)for(int i=1;i+len<=n;++i){int j=i+len;f[i][j]=f[i+1][j]+1;for(int k=i+1;k<=j;++k)if(B[i]==B[k])f[i][j]=min(f[i][j],f[i+1][k]+f[k+1][j]);}

　　這個轉移方程是很巧妙的。

　　首先賦值最壞情況，作為最大值，然后枚舉k，進行更新。

　　轉移方程的思想是：如果在B串中，i和k是一樣的，就可以劃分區間進行更新。

　　結論：在涂色的時候，區間的一個端點，一定可以作為第一個涂色。

　　證明：區間涂色有兩種方法：分成左右 / 先整個涂一遍再在里面涂。

　　分成左右是子問題，先整個涂的話就可以先選擇這個端點涂。

　　所以在轉移時，如果i和k是一樣的，則可以有f[i][k]=f[i+1][k]，只需要在涂k的時候把整個區間涂上就可以了。

　　同樣可以用上面的子問題思考方式證明。

　　這樣就把"空串變B串"解決了。但是我們是要把A串變B串，答案還需要統計一遍。

　　設g[i]表示A串從1到i全部被涂成B的最小步數，用f來更新g。

　　這個時候轉移方程就是這樣：

g[1]=A[1]==B[1]?0:1;for(int i=2;i<=n;++i){if(A[i]==B[i]){g[i]=g[i-1];continue;}g[i]=f[1][i];for(int j=1;j<i;++j)g[i]=min(g[i],g[j]+f[j+1][i]);}

　　這個轉移也是比較有意思的，這里就不做分析了。

　　對于這種顯然只能用DP來做的、一般的轉移又有后效性的題，不妨狀態設大氣一點，直接忽略后效性帶來的影響，再變換方式統計答案。

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <algorithm> #include <vector> #include <cstring> #include <queue> #include <complex> #include <stack> #define LL long long int #define dob double #define FILE "4394" using namespace std;const int N = 110; int n,f[N][N],g[N]; char A[N],B[N];inline int gi(){int x=0,res=1;char ch=getchar();while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')res*=-1;ch=getchar();}while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();return x*res; }inline void solve(){n=strlen(A+1);for(int i=1;i<=n;++i)f[i][i]=1;for(int len=1;len<n;++len)for(int i=1;i+len<=n;++i){int j=i+len;f[i][j]=f[i+1][j]+1;for(int k=i+1;k<=j;++k)if(B[i]==B[k])f[i][j]=min(f[i][j],f[i+1][k]+f[k+1][j]);}g[1]=A[1]==B[1]?0:1;for(int i=2;i<=n;++i){if(A[i]==B[i]){g[i]=g[i-1];continue;}g[i]=f[1][i];for(int j=1;j<i;++j)g[i]=min(g[i],g[j]+f[j+1][i]);}printf("%d\n",g[n]); }int main(){freopen(FILE".in","r",stdin);freopen(FILE".out","w",stdout);while(~scanf("%s%s",A+1,B+1))solve();fclose(stdin);fclose(stdout);return 0; } String painter

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總結

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