題目傳送門

　　傳送門

題目大意

　　給定兩個字串$s$，$t$，每次可以選擇一個$s$的一個區間將它變成一個字元，問最後將$s$變成$t$的最少運算元。

　　當$s$某一段中每個字元都不同的時候，等價於對一個空串操作變成$t$的這一段。

　　考慮用$g_{l, r}$表示將空串，變成$t_{l}t_{l + 1}\cdots t_{r}$的最少運算元。

　　不難發現，如果我對一個區間$[l, r]$進行操作，滿足下面兩個條件不會更劣：

• $t_{l} = t_{r}$
• 在這之後的操作要麼被$[l + 1, r - 1]$包含，要麼與$[l, r]$無交。

　　第一點比較顯然，第二點是因為如果之後的操作覆蓋了$r$或者覆蓋了$l$，那麼這一次操作對$r$或者$l$的修改是無效的，我可以把它替換成更小的區間。

　　每次考慮對當前區間的第一次操作，轉移可以分為下面幾個：

• 如果是對整個區間進行操作，那麼它必然滿足$t_{l} = t_{r}$，它的操作次數等於$g_{l + 1, r}$。
• 如果沒有對整個區間進行操作，那麼考慮對包含左端點或者右端點的一個操作。
  等價於在中間列舉一箇中間點$i$，使得$t_{i} = t_{r}$或者$t_{i} = t_{s}$用$g_{l, i - 1} + g_{i, r}$或者$g_{l, i} + g_{i + 1, r}$。

　　考慮上原來的串$s$與空串有什麼不同，如果一個位置上$s_{i} = t_{i}$，那麼這個位置可以不用操作。如果我硬點它不操作，那麼所有操作區間都不能跨過它。（即使操作的字元和它相等，但那樣和它被看成空沒有什麼不同）。

　　所以再設$f_{i}$表示使$s$的前$i$個字元與$t$相同的最小代價。這個轉移比較顯然。

• 如果$s_{i} = t_{i}$，那麼用$f_{i - 1}$更新$f_{i}$
• 否則列舉最後一個被當成空串的區間。

　　時間複雜度$O(n^{3})$

Code

 1 /**
 2  * UVa Live
 3  * Problem#4394
 4  * Accepted
 5  * Time: 43ms
 6  */
 7 #include <iostream>
 8 #include <cstdlib>
 9 #include <cstring>
10
 
 #include <cstdio>
11 using namespace std;
12 typedef bool boolean;
13 
14 template <typename T>
15 void pfill(T* pst, const T* ped, T val) {
16     for (; pst != ped; *(pst++) = val);
17 }
18 
19 const int N = 105;
20 const signed inf = (signed) (~0u >> 1);
21 
22 int n;
23 char A[N], B[N];
24 int f[N], g[N][N];
25 boolean vis[N][N];
26 
27 inline boolean init() {
28     if (scanf("%s", A + 1) == -1)
29         return false;
30     scanf("%s", B + 1);
31     n = strlen(A + 1);
32     return true;
33 }
34 
35 int dp(int l, int r) {
36     if (l == r)
37         return 1;
38     if (vis[l][r])
39         return g[l][r];
40     int& rt = g[l][r];
41     rt = inf, vis[l][r] = true;
42     if (B[l] == B[r])
43         rt = min(dp(l + 1, r), dp(l, r - 1));
44 
45     for (int i = l; i < r; i++)
46         if (B[l] == B[i])
47             rt = min(rt, dp(l, i) + dp(i + 1, r));
48     for (int i = l + 1; i <= r; i++)
49         if (B[i] == B[r])
50             rt = min(rt, dp(l, i - 1) + dp(i, r));
51     return rt;
52 }
53 
54 inline void solve() {
55     pfill(vis[1], vis[n + 1], false);
56     f[0] = 0;
57     for (int i = 1; i <= n; i++) {
58         f[i] = inf;
59         if (A[i] == B[i])
60             f[i] = f[i - 1];
61         for (int j = i; j; j--)
62             f[i] = min(f[i], f[j - 1] + dp(j, i));
63     }
64     printf("%d\n", f[n]);
65 }
66 
67 int main() {
68     while (init())
69         solve();
70     return 0;
71 }