B1260 [CQOI2007]涂色paint 区间dp

这个题和我一开始想的区别不是很大，但是要我独自做出来还是有一些难度。

每一次涂色 只有这两种可能：

1) 把一段未被 覆盖过的区间 涂成 * 色

2) 把一段被一种颜色覆盖的区间涂成 * 色 （并且 涂色区间 的两端 同为 被覆盖区间的颜色， 不然就是第一种了）

这种 dp 都要 存一个 f[i][j] ， 代表 i 到 j 这段区间 最少涂色多少次， f[1][n] 即为 答案。

计算 f[i][j] 的时候呢， 也是有两种可能：
1) 先涂 左边的一段 （右边为空）， 再涂 右边的一段， 即为 min(f[i][k] + f[k + 1][j]) (i <= k < j)

2) 如果 i, j 颜色相同， 染色方案 可以为 f[p][q] + 1 (p 为 i 右边第一个与 i 不同的颜色， q 为 j 左边第一个 与 j 不同的颜色)

题干：

Description
假设你有一条长度为5的木版，初始时没有涂过任何颜色。你希望把它的5个单位长度分别涂上红、绿、蓝、绿、红色，用一个长度为5的字符串表示这个目标：RGBGR。 每次你可以把一段连续的木版涂成一个给定的颜色，后涂的颜色覆盖先涂的颜色。例如第一次把木版涂成RRRRR，第二次涂成RGGGR，第三次涂成RGBGR，达到目标。 用尽量少的涂色次数达到目标。
Input
输入仅一行，包含一个长度为n的字符串，即涂色目标。字符串中的每个字符都是一个大写字母，不同的字母代表不同颜色，相同的字母代表相同颜色。
Output
仅一行，包含一个数，即最少的涂色次数。
Sample Input
Sample Output
【样例输入1】
AAAAA
【样例输入1】
RGBGR
【样例输出1】
1
【样例输出1】
3
HINT

40%的数据满足：1<=n<=10
100%的数据满足：1<=n<=50
Source

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
#define duke(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define lv(i,a,n) for(int i = a;i >= n;i--)
#define clean(a) memset(a,0,sizeof(a))
const int INF = 1 << 30;
typedef long long ll;
typedef double db;
template <class T>
void read(T &x)
{
    char c;
    bool op = 0;
    while(c = getchar(), c < '0' || c > '9')
        if(c == '-') op = 1;
    x = c - '0';
    while(c = getchar(), c >= '0' && c <= '9')
        x = x * 10 + c - '0';
    if(op) x = -x;
}
template <class T>
void write(T x)
{
    if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
    if(x >= 10) write(x / 10);
    putchar('0' + x % 10);
}
char s[55];
int dp[55][55];
int main()
{
    scanf("%s",s + 1);
    int n = strlen(s + 1);
    memset(dp,127,sizeof(dp));
//    cout<<n<<endl;
    duke(i,1,n)
    {
        dp[i][i] = 1;
    }
    duke(l,1,n - 1)
    {
        duke(i,1,n)
        {
            int j = i + l;
            if(j > n)
            break;
            if(s[i] == s[j])
            {
                if(l == 1)
                dp[i][j] = 1;
                else
                {
                    dp[i][j] = min(dp[i + 1][j],min(dp[i][j - 1],dp[i + 1][j - 1] + 1));
                }
            }
            else
            {
                duke(k,i,j - 1)
                {
                    dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i][k] + dp[k + 1][j]);
                } 
            }
        }
    }
    printf("%d
",dp[1][n]);
    return 0;
}