题目：

BZOJ1939（权限题）

分析：

这题很容易看出是DP，但是状态和转移都不是很好想……

用 $dp[l][r][c]$表示在 $l$前面已经新加了 $c$个和 $l$一样的弹子时，使区间 $[l,r]$消完所需插入的弹子数量
显然，当 $c\geq k-1$时，这 $c$个弹子和 $l$组成了连续的至少 $k$个弹子，这些情况是类似的（都可以一次消完）。因此可以用 $c=k-1$的状态代表所有 $c\geq k-1$的状态。
对于状态 $(l,r,k-1)$， $l$可以和前面 $k-1$个同色弹子一起消掉，因此只需要考虑要插入多少个才能完全消掉区间 $[l+1,r]$。这就得到第一个转移：（因为 $[l+1,r]$紧贴着 $l$， $l+1$左侧没有新插入的弹子，所以消掉 $[l+1,r]$所需插入的弹子数就是 $dp[l+1][r][0]$）

$dp[l][r][k-1]=dp[l+1][r][0]$

对于状态 $(l,r,c)$，在前面插入一个 $l$的同色弹子就变成了 $(l,r,c+1)$，所以比消完 $(l,r,c+1)$状态多一步，即：
$dp[l][r][c]=dp[l][r][c+1]+1$

考虑对于弹子 $l$ ，除了在它前面加 $(k-1)$个同色弹子外，还可以找一个弹子 $i(i>l,a_l=a_i)$，先消去区间 $[l+1,i-1]$（该区间可能不存在），这样 $i$左侧就有 $(c+1)$个同色弹子，这就是状态 $(i,r,c+1)$。由此得到第三个转移：（注意特判 $l+1=i$时状态 $(l+1,i-1,0)$不存在，以及 $c+1\geq k$时取 $c=k-1$）
$dp[l][r][c]=dp[l+1][i-1][0]+dp[i][r][c+1](l+1\leq i-1)$
$dp[l][r][c]=dp[i][r][c+1](l+1=i)$

代码：

有了DP方程以后代码还是很好写的

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
namespace zyt
{
	const int N = 110, K = 7;
	int arr[N], dp[N][N][K];
	int work()
	{
		int n, k;
		ios::sync_with_stdio(false);
		cin.tie(0);
		cin >> n >> k;
		for (int i = 0; i < n; i++)
			cin >> arr[i];
		for (int i = 0; i < n; i++)
			for (int c = 0; c < k; c++)
				dp[i][i][c] = k - c - 1;
		for (int len = 2; len <= n; len++)
			for (int l = 0; l + len - 1 < n; l++)
			{
				int r = l + len - 1;
				for (int c = k - 1; c >= 0; c--)
				{
					if (c < k - 1)
						dp[l][r][c] = dp[l][r][c + 1] + 1;
					else
						dp[l][r][c] = dp[l + 1][r][0];
					if (arr[l] == arr[l + 1])
						dp[l][r][c] = min(dp[l][r][c], dp[l + 1][r][min(k - 1, c + 1)]);
					for (int i = l + 2; i <= r; i++)
						if (arr[l] == arr[i])
							dp[l][r][c] = min(dp[l][r][c], dp[l + 1][i - 1][0] + dp[i][r][min(k - 1, c + 1)]);
				}
			}
		cout << dp[0][n - 1][0];
		return 0;
	}
}
int main()
{
	return zyt::work();
}