[SHOI2001]化工厂装箱员

题目

Description

     118号工厂是世界唯一秘密提炼锎的化工厂，由于提炼锎的难度非常高，技术不是十分完善，所以工厂生产的锎成品可能会有3种不同的纯度，A：100%，B：1%，C：0.01%，为了出售方便，必须把不同纯度的成品分开装箱，装箱员grant第1次顺序从流水线上取10个成品（如果一共不足10个，则全部取出），以后每一次把手中某种纯度的成品放进相应的箱子，然后再从流水线上顺序取一些成品，使手中保持10个成品（如果把剩下的全部取出不足10个，则全部取出），如果所有的成品都装进了箱子，那么grant的任务就完成了。

     由于装箱是件非常累的事情，grant希望他能够以最少的装箱次数来完成他的任务，现在他请你编个程序帮助他。

Input

第1行为n（1<=n<=100），为成品的数量

以后n行，每行为一个大写字母A，B或C，表示成品的纯度。

Output

仅一行，为grant需要的最少的装箱次数。

Sample Input

11
A
B
C
A
B
C
A
B
C
A
B

Sample Output

3

---

思路

这是一道 $ dp$ 题；

我们可以设 $dp[i][j][k][l]$ 表示当取到第 $i$个成品时，手里有$A,B,C$ 种成品各 $j~,k~,l$个；

那么就有两种情况，取成品，和装箱；

那么取走成品的转移方程是：

$if(j& &s[i]=='A')$

    $dp[i][j][k][l]=min(dp[i][j][k][l],dp[i-1][j-1][k][l])$

表示取走成品 $A$;

那么装箱的转移方程就是：

$dp[i][0][k][l]=min(dp[i][0][k][l],dp[i][j][k][l]+1)$

表示把成品 $A$ 进行装箱，装箱的次数加$1$;

这样就可以$AC$ 了；

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define re register
typedef long long ll;using namespace std;
inline ll read()
{
    ll a=0,f=1; char c=getchar();
    while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') c=getchar();}
    while (c>='0'&&c<='9') {a=a*10+c-'0'; c=getchar();}
    return a*f;
}
ll n;
char s[101];
ll dp[101][11][11][11];
int main()
{
    memset(dp,127/3,sizeof(dp));
    n=read();//读入
    for(re ll i=1;i<=n;i++)
        cin>>s[i];//读入
    dp[0][0][0][0]=0;//赋初值
    for(re ll i=1;i<=n;i++)
    for(re ll j=0;j<=10;j++)
    for(re ll k=0;k<=10;k++)
    for(re ll l=0;l<=10;l++)
    {
        if(j+k+l>10)
            continue;//题目中要求手上的成品不得超过10
        if(j&&s[i]=='A')  dp[i][j][k][l]=min(dp[i][j][k][l],dp[i-1][j-1][k][l]);
        if(k&&s[i]=='B')  dp[i][j][k][l]=min(dp[i][j][k][l],dp[i-1][j][k-1][l]);
        if(l&&s[i]=='C')  dp[i][j][k][l]=min(dp[i][j][k][l],dp[i-1][j][k][l-1]);
            //取成品的转移方程
        dp[i][0][k][l]=min(dp[i][0][k][l],dp[i][j][k][l]+1);
        dp[i][j][0][l]=min(dp[i][j][0][l],dp[i][j][k][l]+1);
        dp[i][j][k][0]=min(dp[i][j][k][0],dp[i][j][k][l]+1);
            //装箱
    }
    printf("%lld
",dp[n][0][0][0]);//输出
        //return 0;
}