这个题和我一开始想的区别不是很大，但是要我独自做出来还是有一些难度。
每一次涂色 只有这两种可能：
1) 把一段未被 覆盖过的区间 涂成 * 色
2) 把一段被一种颜色覆盖的区间涂成 * 色 （并且 涂色区间 的两端 同为 被覆盖区间的颜色， 不然就是第一种了）
这种 dp 都要 存一个 f[i][j] ， 代表 i 到 j 这段区间 最少涂色多少次， f[1][n] 即为 答案。
计算 f[i][j] 的时候呢， 也是有两种可能：
1) 先涂 左边的一段 （右边为空）， 再涂 右边的一段， 即为 min(f[i][k] + f[k + 1][j]) (i <= k < j)
2) 如果 i, j 颜色相同， 染色方案 可以为 f[p][q] + 1 (p 为 i 右边第一个与 i 不同的颜色， q 为 j 左边第一个 与 j 不同的颜色)
题干：
Description 假设你有一条长度为5的木版，初始时没有涂过任何颜色。你希望把它的5个单位长度分别涂上红、绿、蓝、绿、红色，用一个长度为5的字符串表示这个目标：RGBGR。 每次你可以把一段连续的木版涂成一个给定的颜色，后涂的颜色覆盖先涂的颜色。例如第一次把木版涂成RRRRR，第二次涂成RGGGR，第三次涂成RGBGR，达到目标。 用尽量少的涂色次数达到目标。 Input 输入仅一行，包含一个长度为n的字符串，即涂色目标。字符串中的每个字符都是一个大写字母，不同的字母代表不同颜色，相同的字母代表相同颜色。 Output 仅一行，包含一个数，即最少的涂色次数。 Sample Input Sample Output 【样例输入1】 AAAAA 【样例输入1】 RGBGR 【样例输出1】 1 【样例输出1】 3 HINT 40%的数据满足：1<=n<=10 100%的数据满足：1<=n<=50 Source
代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<ctime> #include<queue> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; #define duke(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++) #define lv(i,a,n) for(int i = a;i >= n;i--) #define clean(a) memset(a,0,sizeof(a)) const int INF = 1 << 30; typedef long long ll; typedef double db; template <class T> void read(T &x) { char c; bool op = 0; while(c = getchar(), c < '0' || c > '9') if(c == '-') op = 1; x = c - '0'; while(c = getchar(), c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0'; if(op) x = -x; } template <class T> void write(T x) { if(x < 0) putchar('-'), x = -x; if(x >= 10) write(x / 10); putchar('0' + x % 10); } char s[55]; int dp[55][55]; int main() { scanf("%s",s + 1); int n = strlen(s + 1); memset(dp,127,sizeof(dp)); // cout<<n<<endl; duke(i,1,n) { dp[i][i] = 1; } duke(l,1,n - 1) { duke(i,1,n) { int j = i + l; if(j > n) break; if(s[i] == s[j]) { if(l == 1) dp[i][j] = 1; else { dp[i][j] = min(dp[i + 1][j],min(dp[i][j - 1],dp[i + 1][j - 1] + 1)); } } else { duke(k,i,j - 1) { dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i][k] + dp[k + 1][j]); } } } } printf("%d ",dp[1][n]); return 0; }