UVALive 4394 String painter—

设ans[i]为区间[1,i]已经染好的最小花费

若s[i]=t[i]，ans[i]=ans[i-1]

否则ans[i]=min{ans[j-1]+cost(j,i)}，cost(j,i)为区间[j,i]染好的最小花费，1<=j<=i

然而会发现cost(j,i)其实是一个子问题，还是不好计算，但这提示我们可以往区间dp上考虑（因为上面问题实际上是一刀切出两个子问题，和区间dp很像）

在考虑区间dp之前我们先简化一下问题，我们发现cost(j,i)其实也可以表示s[j~i]与t[j~i]每一位都不相同时的最小染色花费，而每位都不想同的话就等价于从一个空串出发进行染色，所以我们区间dp要求的是一个空串染成t的最小花费

设dp[i][j]为区间[i,j]染成好的最小花费（空串->t串）

若t[i]==t[k],dp[i][j]=min{dp[i+1][k]+dp[k+1][j]}

否则 dp[i][j]=min{dp[i][k]+dp[k+1][j]}

本来想说一下这个方程是经过怎样的思考过程得来的，发现解释不太清，这里就说一下方程的含义吧。。。

首先t[i]!=t[k]这一块没什么好解释的，就是严格分为两块进行染色，两块之间没有影响

然后是t[i]=t[k]的情况，这时候区间[i,k]是可以直接在最底下刷一层t[i]的，区间[i+1,k]的最小花费

最后把dp和ans结合起来搞一搞就行

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 150;
char a[maxn], b[maxn];
int n, dp[maxn][maxn], ans[maxn];
int main() {while (~scanf("%s", a+1)) {scanf("%s", b+1);n = strlen(a+1);for (int i = 1; i <= n; i++) dp[i][i] = 1, dp[i][i+1] = 0;for (int len = 1; len <= n; len++) {for (int i = 1; i+len-1 <= n; i++) {int j = i+len-1;dp[i][j] = len;for (int k = i; k <= j; k++) {if (i != k && b[i] == b[k]) dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i+1][k]+dp[k+1][j]);else dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k]+dp[k+1][j]);}}}ans[0] = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {ans[i] = i;if (a[i] == b[i]) ans[i] = ans[i-1];else {for (int j = 1; j <= i; j++) ans[i] = min(ans[i], ans[j-1]+dp[j][i]);}}printf("%d\n", ans[n]);}return 0;
}

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