题目链接 https://cn.vjudge.net/problem/UVA-1625

【题意】
输入两个长度分别为n和m的颜色序列（n，m<=5000），要求按一定规则合并成一个序列，规则是每次可以把一个序列开头的颜色放到新序列的尾部。例如对于序列GBBY和YRRGB，它们可以合成很多中结果，其中包含这样两种结果，GBYBRYRGB和YRRGGBBYB，对于每个颜色c来说，其跨度L(c)等于新序列中颜色c出现的最大位置和最小位置之差，比如对于上面的两种结果，每个颜色的L(c)和相应的总和如下表所示

你的任务是找到一种最合理的合并方式，使得新序列的L(c)总和最小

【思路】
       紫书276页的一道例题，一开始连状态转移怎么转都想不出来，看了紫书的讲解也也很晕，最后是看了好多别人的题解之后才弄明白的。首先dp的状态就是书上所讲，但我的求解顺序和书上是反过来的，dp(i,j)表示的是从第一个序列头部取走i个元素，第二个序列头部取走j个元素的状态下当前的花费值，所以最后的答案就是dp(n,m). 不难想到dp(i,j)的状态一定是从dp(i-1,j)和dp(i,j-1)的状态转移而来的，所以状态转移方程就一定是这样一个类似于LCS问题的式子
       dp(i,j) = min {dp(i-1,j), dp(i,j-1)} + x
       那这个x是个什么，按照书上所说，每次状态转移的时候，都要把所有的“已经出现但还没结束”的颜色的L(c)值加1，所以在dp(i-1,j)向dp(i,j)的转移过程中，这个x就应该是第一个字符串的前i-1个字符和第二个字符串的前j个字符中所有“已经出现但还没结束”的字符个数，同理在dp(i,j-1)向dp(i,j)的转移过程中，这个x就应该是第一个字符串的前i个字符和第二个字符串的前j-1个字符中所有“已经出现但还没结束”的字符个数
       结合下面的表格，比如两个原始序列为题目描述中的GBBY和YRRGB，现在的状态是dp(1,3)也就是从第一个字符串中取出G，第二个字符串中取出YRR，假设新序列是YRRG，现在要向着dp(1,4)做状态转移，也就是要再从第二个字符串中把G取出来，这时字母Y的头上要加1，G的头上要加1，R不用管因为R已经全部结束了，两个字符串中已经没有R了。所以现在的状态转移x的值为2，也就是dp(1,3)对应的新串中“已经出现但还没结束”的字符个数。

那这个x的值到底怎么求呢，这就需要依赖于dp前的预处理了，用两个数组f[2][26]和g[2][26]分别记录每个字母在每个字符串中第一次出现的位置，最后一次出现的位置，有了这样两个数组，在dp过程中，另开一个c数组，c[i][j]记录当前(i,j)状态下的新串中“已经出现但还没结束”的字符个数，那么最终的状态转移方程就是dp(i,j) = min {dp(i-1,j)+c[i-1][j],dp(i,j-1)+c[i][j-1]} 在dp过程进行的时候借助于f和g不断更新c数组即可，注意数组c的结果也是递推计算得到的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int inf=2e9;
const int maxn=5050;char s[2][maxn];
int len[2];
int f[2][26],g[2][26];//记录每个字母在每个字符串中的第一次和最后一次出现位置
int dp[maxn][maxn],c[maxn][maxn];//c[i][j]记录当前状态下新串中出现过但还没结束的字符的个数 void init(){//预处理 //初始化 for(int k=0;k<2;++k){for(int ch=0;ch<26;++ch){f[k][ch]=inf;g[k][ch]=-1;}}for(int k=0;k<2;++k){//处理每个字符串 for(int ch=0;ch<26;++ch){//处理每个字母 for(int i=1;i<=len[k];++i){//记录第一次出现的位置 if(ch+'A'==s[k][i]){f[k][ch]=i;break;}}for(int i=len[k];i>=1;--i){//记录最后一次出现的位置 if(ch+'A'==s[k][i]){g[k][ch]=i;break;}}}}
}void solve(){dp[0][0]=0;c[0][0]=0;for(int i=0;i<=len[0];++i){for(int j=0;j<=len[1];++j){if(0==i && 0==j) continue;//计算当前状态dp[i][j]，一定由dp[i-1][j]和dp[i][j-1]转移而来 dp[i][j]=inf;if(i>0) {//由dp[i-1][j]转移而来，取出的是s[0][i] dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j]+c[i-1][j]);c[i][j]=c[i-1][j];int ch=s[0][i]-'A';if(i==f[0][ch] && j<f[1][ch]) ++c[i][j];//判断s[0][i]是不是在新串中第一次出现 if(i==g[0][ch] && j>=g[1][ch]) --c[i][j];//判断s[0][i]是不是在新串中最后一次出现 }if(j>0) {//由dp[i][j-1]转移而来，取出的是s[1][j] dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][j-1]+c[i][j-1]);c[i][j]=c[i][j-1];int ch=s[1][j]-'A';if(j==f[1][ch] && i<f[0][ch]) ++c[i][j];if(j==g[1][ch] && i>=g[0][ch]) --c[i][j];}}}printf("%d\n",dp[len[0]][len[1]]);
}int main(){int t;scanf("%d",&t);while(t--){for(int k=0;k<2;++k) {scanf("%s",1+s[k]);//字符串的下标从1开始便于处理 len[k]=strlen(1+s[k]);}init();solve();}return 0;
}

拿滚动数组做优化，还可以进一步优化空间复杂度

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int inf=2e9;
const int maxn=5050;char s[2][maxn];
int len[2];
int f[2][26],g[2][26];//记录每个字母在每个字符串中的第一次和最后一次出现位置
int dp[2][maxn],c[2][maxn]; void init(){//预处理 //初始化 for(int k=0;k<2;++k){for(int ch=0;ch<26;++ch){f[k][ch]=inf;g[k][ch]=-1;}}for(int k=0;k<2;++k){//处理每个字符串 for(int ch=0;ch<26;++ch){//处理每个字母 for(int i=1;i<=len[k];++i){//记录第一次出现的位置 if(ch+'A'==s[k][i]){f[k][ch]=i;break;}}for(int i=len[k];i>=1;--i){//记录最后一次出现的位置 if(ch+'A'==s[k][i]){g[k][ch]=i;break;}}}}
}void solve(){dp[0][0]=0;c[0][0]=0;for(int i=0;i<=len[0];++i){for(int j=0;j<=len[1];++j){if(0==i && 0==j) continue;//计算当前状态dp[i][j]，存到滚动数组中的dp[i%2][j]的位置 int now=i%2, pre=1-now;dp[now][j]=inf;if(i>0) {dp[now][j]=min(dp[now][j],dp[pre][j]+c[pre][j]);c[now][j]=c[pre][j];int ch=s[0][i]-'A';if(i==f[0][ch] && j<f[1][ch]) ++c[now][j];if(i==g[0][ch] && j>=g[1][ch]) --c[now][j];}if(j>0) {dp[now][j]=min(dp[now][j],dp[now][j-1]+c[now][j-1]);c[now][j]=c[now][j-1];int ch=s[1][j]-'A';if(j==f[1][ch] && i<f[0][ch]) ++c[now][j];if(j==g[1][ch] && i>=g[0][ch]) --c[now][j];}}}printf("%d\n",dp[len[0]%2][len[1]]);
}int main(){int t;scanf("%d",&t);while(t--){for(int k=0;k<2;++k) {scanf("%s",1+s[k]);//字符串的下标从1开始便于处理 len[k]=strlen(1+s[k]);}init();solve();}return 0;
}