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 d p dp dp。两种做法。

• 做法一：记忆化 d f s dfs dfs。首先肯定可以知道对于 一段区间 [ i , j ] [i,j] [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 d p dp dp。 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]表示将区间 [ i , j ] [i,j] [i,j]消完所需要的最少次数。那么，如果 s [ i ] = = s [ j ] s[i] == s[j] s[i]==s[j]，那么很明显区间 d p [ i , j ] = d p [ i + 1 ] [ j − 1 ] + 1 dp[i,j] = dp[i+1][j-1] + 1 dp[i,j]=dp[i+1][j−1]+1，因为中间的 [ i + 1 , j − 1 ] [i+1,j-1] [i+1,j−1]是已经消完了的，而 s [ i ] = = s [ j ] s[i] == s[j] 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 ] s[i] s[i]更优还是消去 s [ j ] s[j] s[j]更优。不过要注意有可能区间 ( i , j ) (i,j) (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 m i n min min即可

代码

• d f s dfs dfs

#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 d p dp 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;
}