Educational Codeforces Round 61 (Rated for Div. 2) F. Clear the String(区间DP)

F. Clear the String

题意：给出一个串，每次消去连续相同的子串，问最少多少次能把这个串消完。

题解：入门区间

$dp$

。两种做法。

• 做法一：记忆化

$dfs$

• 。首先肯定可以知道对于 一段区间

$[i,j]$

• ，它只有两种情况，里面的字符全部相同，或者分成若干段相同区间。那么我们就可以暴力枚举区间里的中点，累加每段的区间贡献即可。对于每段区间里的字符，只要它和区间两端点字符不相同，那么它就需要消掉，即次数加一。
• 做法二：直接

$dp$

• 。

$dp[i][j]$

• 表示将区间

$[i,j]$

• 消完所需要的最少次数。那么，如果

$s[i] == s[j]$

• ，那么很明显区间

$dp[i,j] = dp[i+1][j-1] + 1$

• ，因为中间的

$[i+1,j-1]$

• 是已经消完了的，而

$s[i] == s[j]$

• ，因此只需要再加一次即可。否则就判断一下是消去

$s[i]$

• 更优还是消去

$s[j]$

• 更优。不过要注意有可能区间

$(i,j)$

• 里有可能还有和区间端点相同的，因此我们要枚举一下，然后取

$min$

• 即可

代码

#include<bits/stdc++.h>

#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl

using namespace std;
int dp[600][600],n;
string s;
int dfs(int l,int r)
{
    if(r < l) return 0;
    if(dp[l][r] != - 1) return dp[l][r];
    int min1 = INT_MAX;
    for(int i = l; i <= r; ++i) {
        int ret = dfs(l, i - 1) + dfs(i + 1, r);
        if(s[i] != s[l - 1] && s[i] != s[r + 1]) ret++;
        min1 = min(min1, ret);
    }
    return dp[l][r] = min1;
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("input.in","r",stdin);
#endif
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    memset(dp, -1, sizeof dp);
    cin >> n >> s;
    s = '\0' + s + '\0';
    cout << dfs(1,n) << endl;
    return 0;
}

• 区间

$dp$

#include<bits/stdc++.h>

#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl

using namespace std;
const int N = 555;
int dp[N][N];
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("input.in","r",stdin);
#endif
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    int n;
    string s;
    cin >> n >> s;
    s = '\0' + s;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) dp[i][i] = 1;
    for(int len = 2; len <= n; ++len) {
        for(int i = 1; i + len - 1 <= n; ++i) {
            int j = i + len - 1;
            if(s[i] == s[j]) dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 1;
            else dp[i][j] = min(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]) + 1;
            for(int k = i; k <= j; ++k) {
                dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k][j] - 1);
            }
        }
    }
    cout << dp[1][n] << endl;
    return 0;
}