样例输入:
4
11
10101
101001001
01001101011001100
样例输出:
1
4
3
2
数据范围:
对于30%的数据: n≤9;
对于另外40%的数据: T=1,且数据随机;
对于100%的数据:T≤10;n≤200。
题目分析:
这是一道DP题,但正如所有的DP题一样,你知道它是又有什么用呢?写不出转移方程一切皆空。
类祖玛问题,首先我们可以将连在一起的相同颜色的点合并成一个点,同时给合并后的点赋上点权(代表了原先的几个点)。设f[L][R]表示消除区间[L,R]所有字符的最少次数,size[i]表示i点的点权,于是有如下转移方程:
1、
2、
3、
4、
分条解释:
1、只剩一个点,看还需要补充多少,才能消除
2、把这个区间分成两部分消除,枚举k
3、如果两端点颜色相同且中间找一个相同颜色的消,如1········1·········1,那么我可以选择先把两个省略号部分消掉,然后3个1就可以一起消掉,但是要判
4、两端点颜色相同,于是你可以先把中间消掉,最后就剩两端,你再看是否需要添加操作来消除两端点,取个max就好。
附代码:
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cctype>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=210;
const int INF=1e9;
int f[N][N],t,size[N],len,cnt,ans;
char s[N],st[N];
int readint()
{
char ch;int i=0,f=1;
for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar());
if(ch=='-') {ch=getchar();f=-1;}
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) i=(i<<3)+(i<<1)+ch-'0';
return i*f;
}
int dp(int l,int r)
{
if(f[l][r]!=-1) return f[l][r];
if(l==r) return f[l][r]=3-size[l];//对应1
f[l][r]=INF;
if(st[l]==st[r])
{
f[l][r]=dp(l+1,r-1)+max(0,3-size[l]-size[r]);//对应4
if(size[l]+size[r]!=4)//对应3
for(int i=l+2;i<=r-2;i+=2)
if(size[i]==1)
f[l][r]=min(f[l][r],dp(l+1,i-1)+dp(i+1,r-1));
}
for(int i=l;i<r;i++)//对应2
f[l][r]=min(f[l][r],dp(l,i)+dp(i+1,r));
return f[l][r];
}
int main()
{
//freopen("beans.in","r",stdin);
//freopen("beans.out","w",stdout);
t=readint();
while(t--)
{
scanf("%s",s+1);
len=strlen(s+1);cnt=0;
for(int i=1;i<=len;i++)//缩点
if(s[i]==s[i-1]) size[cnt]++;
else {size[++cnt]=1;st[cnt]=s[i];}
memset(f,-1,sizeof(f));
ans=dp(1,cnt);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}