stdu1309(不老的传说)

题目链接：http://acm.sdut.edu.cn/onlinejudge2/index.php/Home/Index/problemdetail/pid/1309.html

不老的传说问题

Time Limit: 1000 ms Memory Limit: 65536 KiB

Submit  Statistic  Discuss

Problem Description

一位先知告诉dynamic，在遥远的地方，有一处不老的泉水，在那里，他可以找到他人生的意义。按照先知的指引，dynamic出发了。翻越雪山，穿过丛林，渡过汪洋，终于来到了沙漠的最深处。按照先知的说法，泉水就在这个地方。然而除了无尽的黄沙之外，什么都没有。

dynamic几乎绝望了，他盲目地走着，突然来到了一圈奇异的巨石前，在巨石阵的中央清晰地传来泉水轻快的声音。巨大的石头挡住了去路，dynamic无法前进了。突然间，本来无色的石头闪烁出绚丽夺目的光芒，与泉水声交织成诗一般的乐章。又过了一刹那，色彩消失了。
 
“这里面一定有什么秘密，我要把石头染成刚才的颜色！”dynamic对自己说。他还清楚地记得每一块石头的颜色。智慧女神雅典娜这是出现了，递给他一把神奇的刷子，说“这把刷子每次可以把连续的不超过K块石头刷成一种新颜色，新刷的颜色会覆盖原来的颜色。用最少的次数，恢复石阵的光彩，你就会找到不老的泉水。” 

dynamic意识到这并不是一件很容易的事，他出发得太匆忙，忘了带上手提电脑。你能帮助他吗？

Input

第1行包含3个整数N，C，K。N是石头的个数，C是颜色的种类，K是每次最多刷过的石头的个数。1<=N<=200，1<=C，K<=N。

第2行包含N个整数，分别是N块石头最终的颜色，按照顺时针的顺序。颜色是1到C之间的一个整数，整数间用一个空格隔开。开始的时候，所有的石头都是无色的。

Output

输出一个整数，为需要的最少次数。

Sample Input

5 2 3
1 2 1 2 1

Sample Output

3

Hint

样例说明：设5块石头的编号分别是1，2，3，4，5。可以先把5，1，2染成颜色1；再把2，3，4染成颜色2；最后把3染成颜色1。

 

思路：根据题目分析，因为我们可以把长度不超过k的连续石块涂上相同的颜色，所以我们可以借此来减速需要涂的次数，我们设dp[i][j]为将区间（i，j）涂成所需颜色需要涂色的次数。我们容易发现，对于区间（i，j），当我们要从 i 或 j 将一大片涂色时，我们可以在涂色的第一时间就将他们涂色（我们可以先 从 j 开始 的一块涂色，再将从 i 开始的一块涂色，再将其它位置涂色，容易知道这样涂色可以得到最优解，因为i，j都是边界位置，其他位置的涂色不会对其产生影响）（你也可以用其他的涂色方式，只要可以得到最优解就可以了，但是为了解题方便，我们就以以上的方法涂色），然后再进行其他位置的涂色（因为i，j 是边界位置，其他位置的涂色不会对他们照成影响），

当 i 和 j 位置上的颜色相同并且 i ，j 相距不超过 k1 时，我们就可以先将 i 到 j 这一段涂色，然后再考虑（i+1，j）区间的染色就可以了（我们已经在区间（i+1，j）染色的第一步将 i 染色了）

其他情况时，因为我们要求涂色次数最小，那么对于区间（i，j）的涂色，它一定是由（i，k）+（k+1，j）得到的（为了减少涂色次数，那么肯定不能存在区间的交叉，只能存在相邻或包含）

代码：

#include
#include
using namespace std;
int s[220];
int dp[420][420];
const int INF=1e9;
int main(){
    int n,c,k1;
    scanf("%d%d%d",&n,&c,&k1);
    for(int i=0;i){
        scanf("%d",&s[i]);
    }
    for(int i=0;i<2*n;i++)
    dp[i][i]=1;
    for(int i=1;i){
        for(int j=0;i+j<2*n-1;j++){
            dp[j][i+j]=INF;
            for(int k=j;k<=min(i+j,j+k1);k++){
                if(k!=j&&s[j%n]==s[k%n])
                dp[j][i+j]=min(dp[j][i+j],dp[j+1][k]+dp[k+1][i+j]);
                else
                dp[j][i+j]=min(dp[j][i+j],dp[j][k]+dp[k+1][i+j]);
            }
            for(int k=j+k1+1;k<=i+j;k++){
                dp[j][i+j]=min(dp[j][i+j],dp[j][k]+dp[k+1][i+j]);
            }
            //printf("%d %d %d\n",j,i+j,dp[j][i+j]);
        }
    }
    int mn=INF;
    for(int i=0;i){
        mn=min(mn,dp[i][i+n-1]);
    }
    printf("%d\n",mn);
    return 0;
}