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题目大意：$n$ 个方块排成一排，第 $i$ 个颜色为 $c_i$。定义一个颜色联通块 $[l,r]$ 当且仅当 $l$ 和 $r$ 之间（包括 $l,r$）所有方块的颜色相同。现在你可以选定一个起始位置 $p$，每次将 $p$ 所在颜色联通块的所有方块颜色改成另一种。这个操作可能将两个颜色联通块合并成一个。问最少要多少步，能让 $[1,n]$ 变成一个颜色联通块。
$1le n,c_ile 5000$。
其实是个很水的区间DP啊……为什么会有同学说不做呢……
毕竟我能在考场上想到的DP能是难题吗……
根据定义，$p$ 所在的颜色联通块就是一个区间。而且这个区间只会往外扩张，不会往里收缩。
那就轻松的DP了。
首先把一开始就是联通块的压成一块，不影响答案，而且会使下面的DP更快。比如，$5 3 3 1 4 4 2 4$ 可以压缩成 $5 3 1 4 2 4$。
（下面假设压缩后长度为 $m$）
令 $dp_{l,r}$ 表示目前 $[l,r]$ 是包含起始位置的极长颜色联通块（也就是不被其它联通块包含），需要将 $[1,m]$ 变为同色的还需要的最小步数。
起始状态：$dp_{1,m}=0$。
答案是所有 $dp_{i,i}$ 的最小值。
转移：如果一个联通块要变色，那么只有可能变成 $l-1$ 的颜色或者 $r+1$ 的颜色。
$l eq 1$ 时，$dp_{l,r}=min(dp_{l,r},dp_{l-1,r}+1)$。
$r eq m$ 时，$dp_{l,r}=min(dp_{l,r},dp_{l,r+1}+1)$。
注意还要判断 $l-1$ 和 $r+1$ 颜色相同：
$l eq 1,r eq m$ 且 $c_{l-1}=c_{r+1}$ 时，$dp_{l,r}=min(dp_{l,r},dp_{l-1,r+1}+1)$。
时间复杂度 $O(n^2)$。
代码中我用的是记忆化搜索。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> PII; const int maxn=5050; #define MP make_pair #define PB push_back #define lson o<<1,l,mid #define rson o<<1|1,mid+1,r #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline int read(){ char ch=getchar();int x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } int n,a[maxn],m,b[maxn],f[maxn][maxn]; int solve(int l,int r){ if(l==1 && r==m) return 0; if(f[l][r]) return f[l][r]; int ans=INT_MAX; if(l!=1) ans=min(ans,solve(l-1,r)); if(r!=m) ans=min(ans,solve(l,r+1)); if(l!=1 && r!=m && b[l-1]==b[r+1]) ans=min(ans,solve(l-1,r+1)); return f[l][r]=ans+1; } int main(){ n=read(); FOR(i,1,n){ a[i]=read(); if(a[i]!=a[i-1]) b[++m]=a[i]; } int ans=INT_MAX; FOR(i,1,m) ans=min(ans,solve(i,i)); printf("%d ",ans); }