第 45 届国际大学生程序设计竞赛(ICPC)亚洲区域赛(昆明) C Cities 题解
input:
2
8
4 3 1 2 1 1 3 3
5
1 2 3 2 1
output:
3
2
题意:
有n个元素的数组,每个元素的值为1 ~ n ,给定一种操作,可以将在数组中相邻且值相等的一段元素变为任意1 ~ n ,问最少用多少次操作可以将整个数组变为全部一样的数
思路:
区间dp,但要加入对数据的预处理,和算法的优化。
首先处理数据,初始时每一段相邻且相等的元素,我们可以处理为一个元素,也就是去重,这样可以正常地使用dp,并且降低时间消耗。
本题的 dp[i][j] 表示 a[i] ~ a[j] 满足要求需要的最少操作数。
可以写出状态转移方程:dp[i][j] = min(dp[i + 1][j] , dp[i][j - 1]) + 1
但是到这里我们还没用上给出的初始数据。
分析可以发现,对于一段 dp[i][j],如果其中存在一个 s 点,将其分为dp[i][s] , dp[s + 1][j]两部分,如果说 a[s] 和 a[j] 是一样的,那么这两部分合起来其实不需要任何代价。在此条件下,我们可以得到这样的状态转移方程:dp[i][j] = min(dp[i][j] , dp[i][s] + dp[s + 1][j])
至此,整个题目工作已经完成了一大半,但是还有一个关键的问题:复杂度。
我最初的代码,最内层对于 i ~ j之间的断点是直接遍历的,导致复杂度提了一个量级,最后超时了。
其实可以运用类似并查集的手法,开一个prior数组,prior[i] 表示和第 i 个元素相等的前一个元素的位置。这样,在最内层遍历时,我们只需要根据当前 a[j] 的值直接跳着遍历就行了,复杂度小了很多。
另外,多组样例,所以每次都要处理数组的初始化,千万要注意!!
代码如下:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5010;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int dp[N][N];
int a[N];
int b[N];
int prior[N],cur[N];
int t,n=0;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>t;
while(t--)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
dp[i][j]=inf;
}
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
prior[i]=0;
cur[i]=0;
}
int cnt=1;
b[cnt]=a[1];
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(a[i]!=a[i-1])
{
b[++cnt]=a[i];
}
else
{
continue;
}
}
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
dp[i][i]=0;
}
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
prior[i]=cur[b[i]];
cur[b[i]]=i;
}
for(int len=2;len<=cnt;len++)
{
for(int i=1;(i+len-1)<=cnt;i++)
{
int j=i+len-1;
dp[i][j]=min(dp[i+1][j],dp[i][j-1])+1;
for(int s=prior[j];s>=i;s=prior[s])
{
if(b[s]==b[j])
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][s]+dp[s+1][j]);
}
}
}
cout<<dp[1][cnt]<<endl;
}
return 0;
}