hdu 2476 String painter 區間dp__DP

#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cstring>#define inf 0x3f3f3f3f#define LL long longusing namespace std;/************************************************designer:hltime:2016/11/23Exe.Time:31 msExe.Memory:1604 KB題目連結：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2476題意：有一把神奇的刷子可以把一段字串刷成同一個字元。最小刷幾次能把上面字串刷成下面的字串題解：第一次搞區間dp 還是有難度的 看了http://blog.csdn.net/a601025382s/article/details/12379565 的代碼 然後自己獨立寫了一遍 還要多複習這道題和多做區間dp的題目 具體的狀態方程是會了。 dp[l][r]代表從l到r滿足條件需要的最小的塗改數量  一開始我們可以不看第一個字串。直接看修改過的字串 當i j中有一個z讓changed[l]==changed[r]的時候 說明這段可以 最佳化相當於消除這個l是免費的 比如aba 那麼消除第一個a是免費的。只需要消除ba就可以了。於是出現狀態轉移方程  dp[l][r] = min(dp[l][r], dp[l + 1][k] + dp[k + 1][r]);  最後在看原有字串 如果原有字串中有i 滿足origin[i]==changed[i]那麼這個字串就可以不塗 從0到i的最小解就等於dp[0][i-1]  再做一遍計算最小值判斷就可以得到答案了************************************************/using namespace std;int dp[111][111];int main() {    int i, j, k, l, m, n, len, r;    char origin[111], changed[111];    while (~scanf("%s", origin)) {        scanf("%*c");        scanf("%s", changed);        scanf("%*c");        n = strlen(changed);        //cout<<origin<<"  "<<changed<<endl;        for (i = 0; i < n; i++) {            dp[i][i] = 1; //表示把i塗掉需要一步        }        for (len = 2; len <= n; len++) { //枚舉長度            for (l = 0; l < n - len + 1; l++) { //枚舉left                r = l + len - 1;//於是right就得到了                dp[l][r] = min(dp[l + 1][r] + 1, dp[l][r - 1] + 1);//這串的初始值相當於l+1到r的長度消去l和l到r-1的長度再消去r                for (k = l + 1; k <= r; k++) {//枚舉分割點                    if (changed[l] == changed[k]) {//如果這兩個相等說明這段區間存在最佳化的空間                        dp[l][r] = min(dp[l][r], dp[l + 1][k] + dp[k + 1][r]);                    }                }            }        }        for (i = 0; i < n; i++) {            if (origin[i] == changed[i]) { //如果這兩個字元相同。則直接可以使用不要這字元的情況dp[0][i-1]                if (i == 0) {                    dp[0][0] = 0;                }                else {                    dp[0][i] = dp[0][i - 1];                }            } else { //如果不相同 由於上面重新計算了 那麼就可以用遞推式                for (j = 0; j < i; j++) {                    dp[0][i] = min(dp[0][j] + dp[j + 1][i], dp[0][i]);                }            }        }        printf("%d\n", dp[0][n - 1]);    }    return 0;}