题解 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; + ; ; int n, k; char s[maxn]; int d[maxn][maxm]; int cnt[maxn]; bool vis[maxn][maxm]; int main() { int T; scanf("%d", &T); while(T--) { scanf…

Fewest Flops Time Limit:2000MS     Memory Limit:0KB     64bit IO Format:%lld & %llu Submit Status Practice UVA 11552 #include <stdio.h> #include <string.h> #include <algorithm> using namespace std; int main() { int T; int k,numk; int…

UVA 11552 - Fewest Flops 一个字符串,字符串每 k 个当作一组,组中的字符顺序能够重组.问经过重组后改字符串能够编程最少由多少块字符组成.连续的一段字符被称为块. dp[i][j] 表式第i组以字符j结尾的最少块数. 那么我们考虑加入一组后能够降低块数的情况. 1):上一组的结尾在这一组里找得到相同的字符,而且该字符不作为当前块的结尾. 假设要作为结尾的话要把该字符所在的块拆开.所以然并卵. 2):当前组仅仅有一种字符,而且和上一组的结尾相同. 这两种情况都能够使块数减一…

每k个字符划分一个组,该组内字符顺序可以任意重排,定义块为最长的连续的字符子串,求长度为m*k的字符串中最少的块的数目 设\(dp[i][j]\):前\(i\)组中第\(i\)组结尾为\(j\)的最优解 然后分情况转移即可 吐槽:机子开夜间模式不小心把输出放到循环里(看不见匹配),样例居然过了... #include<iostream> #include<algorithm> #include<cstdio> #include<cstring> #inclu…

// uva 11552 Fewest Flops // // 二维线性dp // // 首先,在该块必须是相同的来信.首先记录每块有很多种书 // 称为是counts[i]; // // 订购f[i][j]它代表前i字母j为结尾的最小分块数 // // 假设第i块的開始字母与第i-1块的结束字母同样 // f[i][j] = min(f[i][j],f[i-1][k] + counts[i] - 1); // // 否则 // // f[i][j] = min(f[i][j],f[i-1][k…

题目传送门 /* 题意:将子符串分成k组,每组的字符顺序任意,问改变后的字符串最少有多少块 三维DP:可以知道,每一组的最少块是确定的,问题就在于组与组之间可能会合并块,总块数会-1. dp[i][j]表示第i组以第j个字符结尾的最少块数,状态转移方程:dp[i][j] = min (dp[i][j], dp[i-1][l] + chunk - 1); 意思就是枚举上一组的所有字符,当出现在i组并且不是放到末尾,那么能-1 */ /********************************…

题意:给一个字符串,把它分为k块,每一块里面的字母可以任意的排序.最终字符串, 连续的一样的字母算作一个chunk,问总chunks最少是多少? 析:dp[i][j] 表示第 i 个块,第 j 位在末尾时chunk最少,状态转移方程也应该好写,如果 dp[i-1][j] 和第 i 块第一个一样,那么就总数就会-1, 否则就是直接加上. 代码如下: #pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") #include <c…

一个区间一个区间的考虑,当前区间的决策只和上一次的末尾有关,考虑转移的时候先统计当前区间出现过的字母以及种数ct 枚举上一个区间的末尾标号j,规定小于INF为合法状态,确定j之后看j有没有在当前的区间出现,如果出现则贪心选块数+ct-1, 枚举当前的结尾.为了方便处理,增加一个0区间,初始为0,这样所有的块数会减1,转移完以后在加上1. #include<bits/stdc++.h> using namespace std; ; ]; char s[LEN]; const int INF =…

传送门: 题目大意:给你一个字符串,可以平均分成很多段,每一段之内的元素可以任意排序,最后再按原来的顺序把每一段拼起来,问最少的块数.(块:连续相同的一段字符成为一个块) 题解: 首先我们可以发现,每一个段之内先排好序,然后如果相邻的两端有相同的元素,就可以把这两个元素分别放在尾和首,就可以减少一个块了.于是一个贪心的做法油然而生:每次对于相邻的两段,如果有相同的元素,就可以把他们放在一起,也就是答案-1.但是显然有问题,如果这一个块与上一个,这一个块与下一个是相同的公共的字符,且有且仅有一种公…

这个题目刚看到还真不好下手,把一个是 k的倍数的长度的字符串分成len/k块,每块是k个字母,每个块可以重新组合,最后使得整个序列的相同字母尽量在一起,也就是说,最后会把序列从前往后扫,相连的相同字母算一个块,最后使得所有块最少. 这个其实是个从前往后扫的问题,只要枚举最后一位是哪个,比如i-1块的最后一位是w,且w在第i块中确实有,则 f[i][j]=min(本身,f[i-1][w]+chunks[i]-1), chunks[i]表示该块有本身有多少个小块. #include <iostrea…