對我來說很難的dp UVA1625

其實dp可能本身並不難，主要是要找到狀態轉移方程

這個是乙個讓我引發深思的dp

兩個字串，兩個，兩個，什麼東西都是兩個，貌似兩個，然後有先後拿的順序就可以dp

這似乎是乙個規律，而且資料規模往往在 n^2可以解決的情況

比如 1e3 ~ 5e3這個資料量

話不多說看一下這道題的描述

描述很簡單就是兩個字串給你，然後你可以從第乙個字串和第二個字串的頭拿字母，然後湊成乙個新的字串

然後乙個字串裡面相距最遠的同乙個字母的距離定位l（c） 求這個l（c） 總和最小為多少

比如兩個字串是

gbby

yrrgb

可以從第二個字串拿乙個字母y

再從第二個字串拿乙個字母r

再從第二個字串拿乙個字母r

再從第乙個字串拿乙個字母g

變成yrrg

狀態轉移方程很好想到 設dp(i, j) 表示第乙個字串拿i個 第二個字串拿j個時的狀態

那麼狀態只能從上層狀態 dp(i - 1, j) 和 dp(i, j - 1) 轉移而來

要求這個總和，可以想到乙個辦法

這個辦法紫書有講到，我不好描述就直接摘抄了

當把乙個顏色移到最終序列錢，需要把所有已出現但還未結束的顏色的l（c）值加以，更一步的，因為並不關心每個顏色的l（c），只需要知道多少種顏色已經開始但尚未結束

書中舉了乙個例子

例如序列gbby和yrrgb，分別移走了1個和3個元素 已經合併成yrrg 這個時候再從第二個序列拿走g y和g需要加1，下次再從序列1拿走乙個元素(b) 只有y需要加1 因為g已經結束

這個很簡單，只要知道某個元素在序列1和序列2出現和結束的位置就可以了，這個可以在o（n）的時間內得到

然後再根據在第乙個序列和第二個序列某個元素分別出現和結束的位置 在o（n^2）的時間內可以得到每個狀態開始但還未結束的顏色的數量

因此**如下，我的**比別人的長很多。。

另外我原本startt這個變數寫的是_start鬼知道會被當做程式的入口函式，然後導致我ce兩次，而且這個ce不會報錯。。

真是什麼坑都踩了。

#include

#define ll long long
#define ms(s) memset(s, 0, sizeof(s))
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define inf 0x3fffffff
using
namespace std;
const
int maxn =
5e3+10;
int startt[26]
[2];
int endd[26]
[2];
int cnt[maxn]
[maxn]
;int dp[maxn]
[maxn]
;int
main()
}for
(int i = n -
1; i >=
0; i--)}
for(
int i =
0; i < m; i++)}
for(
int i = m -
1; i >=
0; i--)}
cnt[0]
[0]=
0;for(
int i =
0; i <= n; i++)if
(endd[index][0
]== i -1&&
(endd[index][1
]<= j -1)
)}if(j)
if(endd[index][1
]== j -1&&
(endd[index][0
]<= i -1)
)}// cout << cnt[i][j] << ' ';
}// cout << endl;
}for
(int i =
0; i <= n; i++
)else
if(i)
else
if(j)
else}}
cout << dp[n]
[m]<< endl;
}return0;
}

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