题目链接：http://acm.sdut.edu.cn/onlinejudge2/index.php/Home/Index/problemdetail/pid/1309.html
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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<cstdio> #include<algorithm> 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<n;i++){ scanf("%d",&s[i]); } for(int i=0;i<2*n;i++) dp[i][i]=1; for(int i=1;i<n;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<n;i++){ mn=min(mn,dp[i][i+n-1]); } printf("%d\n",mn); return 0; }
原文：https://www.cnblogs.com/cglongge/p/10886353.html