前言
暂时没啥好说的，直接进入正题吧
引入
涂色PAINT
读题发现要求的是使一段区间满足要求的最小操作次数，考虑用动态规划去做。
第一步：考虑缩小规模，这里的规模其实就是区间长度，那么dp数组应该可以表示某个区间，所以到这里dp数组至少是二维的，也就是dp[i][j]，表示让区间[i,j]合法的最小操作次数。
第二步：考虑限制，这里暂时看不出来有啥限制，那就先不管。
第三步：根据写出来的dp数组推转移方程，dp[i][j]可以从三个地方转移dp[i-1][j]，dp[i][j-1]，dp[i-1][j-1]，考虑这三个转移有什么特点，假设我现在已经求出了dp[i-1][j-1]的染色次数，那么当s[i]=s[j]时，我只需要在对dp[i-1][j-1]染色之前，把区间[i,j]进行一次涂色，涂成s[i]的颜色，这样再执行dp[i-1][j-1]得到的就是对区间[i,j]染成了要求的颜色，那么染色次数dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;假设我现在已经求出了dp[i-1][j]的染色次数，那么当s[i]=s[j]时，我只需要在对第j个木板进行染色时同时捎带着把第i个木板染了就行，那么染色次数dp[i][j]=dp[i-1][j];假设我现在已经求出了dp[i][j-1]的染色次数，那么当s[i]=s[j]时，我只需要在对第i个木板进行染色时同时捎带着把第j个木板染了就行，那么染色次数dp[i][j]=dp[i][j-1];可以考虑三者取最小值。
综上，当s[i]=s[j]时，dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1]+1,dp[i][j-1],dp[i-1][j])
那么当s[i]!=s[j]时，没有办法直接求这个大区间，那么就从小区间考虑，即断开区间。假设断点是k，分别求dp[i][k]和dp[k+1][j]，再加起来即可，对于不同的断点取最小值。
第四步：考虑要写代码了，这里要注意一下dp数组如何初始化，我们可以明确的知道，区间长度为1时，所需要的操作次数就是1，所以初始化区间长度为1的值。我们要求的是最小值，其它位置上的值可以初始化为一个较大的值，也可以直接是0，但是在求解过程中要特判一下。
第五步：考虑区间dp的板子，区间dp一般三层for循环，第一层遍历区间长度，一般由2开始。
第二层遍历区间左端点，根据区间左端点和区间长度，区间右端点也就出来了。
第三层遍历区间断点。
这道题目就分析完了，还是给了两个版本的代码，一个是我初学时写的，一个是现在写的，都能AC，但是现在写的更规范一点
package java动态规划;
import java.util.Arrays;
import java.util.Scanner;
public class ok涂色 {
public static void main(String[] args) {
Scanner scanner = new Scanner(System.in);
char s[] = (" "+scanner.next()).toCharArray();
int n = s.length-1;
int dp[][] = new int[n+1][n+1];
for(int i = 0;i <= n;i++) Arrays.fill(dp[i], Integer.MAX_VALUE/2);
for(int i = 0;i <= n;i++) dp[i][i] = 1;
for(int len = 2;len <= n;len++) {
for(int l = 1;l+len-1<=n;l++) {
int r = len+l-1;
if(s[l]==s[r]) dp[l][r] = Math.min(dp[l+1][r], dp[l][r-1]);
else {
for(int k = l;k < r;k++)
dp[l][r] = Math.min(dp[l][r], dp[l][k]+dp[k+1][r]);
}
}
}
System.out.println(dp[1][n]);
}
}
import java.util.Scanner;
public class Main {
public static void main(String[] args) {
Scanner scanner = new Scanner(System.in);
String string = scanner.next();
char[] s = string.toCharArray();
int[][] dp = new int[string.length()][string.length()];
// 初始化
for (int i = 0; i < dp.length; i++) {
dp[i][i] = 1;
}
for (int i = 1; i < string.length(); i++) {
for (int j = 0; j + i < string.length(); j++) {
int l = j;
int r = j + i;
if (s[l] == s[r]) {
dp[l][r] = Math.min(dp[l + 1][r], dp[l][r - 1]);
} else {
for (int k = l; k < r; k++) {
if (dp[l][r] != 0) {
dp[l][r] = Math.min(dp[l][k] + dp[k + 1][r], dp[l][r]);
} else {
dp[l][r] = dp[l][k] + dp[k + 1][r];
}
}
}
}
}
System.out.println(dp[0][string.length() - 1]);
}
}
例题2
合并回文子串
这道题稍微难一点，关键在于要想到用区间dp去做，并且明确区间是谁。我们要合并字符串A和B，那么可以考虑一点一点的合并，比如A的某个区间和B的某个区间进行合并。
第一步：考虑规模，这里的规模就是要合并的两个字符串，那么其实也就是有两个区间，字符串A的区间和字符串B的区间，那么dp数组就是四维的，dp[i][j][k][l]表示将字符串Ai-Aj与字符串Bk-Bl是否能形成回文串，如果可以那么回文串的长度就是（j-i+1）+（l-k+1）.
第二步：考虑限制，限制就是不能更改原串字符的相对顺序，但是这里不知道怎么加在dp数组中，暂时一放。
第三步：推状态转移方程
对于dp[i][j][k][l]，考虑一下如果怎么变成回文，i和j可以是对应的回文，j和k也可以是对应的回文，i和l可以是对应的回文，k和l可以是对应的回文。
那么考虑i和k可以是对应的回文吗？若可以，那么位置k必然是在l的右边，这样就打乱了数组B的原始顺序，所以是不可以的，其它非法方案也是类似。
若A[i]=A[j]，则dp[i][j][k][l]可以从dp[i-1][j-1][k][l]转移过来，我只是想判断这种情况是否是回文，若是则为1，否则则为0，所以转移的时候可以直接用或运算转移，即dp[i][j][k][l]|=dp[i-1][j-1][k][l]。其他情况类似，于是有这样的转移方程，
若A[i]=A[j]，则dp[i][j][k][l]|=dp[i+1][j-1][k][l]
若A[j]=A[k]，则dp[i][j][k][l]|=dp[i][j][k+1][l-1]
若A[i]=A[l]，则dp[i][j][k][l]|=dp[i+1][j][k][l-1]
若A[k]=A[j]，则dp[i][j][k][l]|=dp[i][j+1][k-1][l]
当相等的情况不满足时，其实也就是无法构成回文，不必考虑。
第四步：考虑写代码，这里有两个区间，所以前两个for循环分别表示两个区间的长度，后两个for循环分别表示区间的左端点，因为这里没有断开区间操作，所以不用遍历断点。这里在写的时候注意是从区间长度为0开始遍历的，当总区间长度小于等于1时必然是回文，也就是len1+len2<=1时，直接是dp[i][j][k][l]=1。当然也可以预处理出来总长度为1的情况，但是不要漏处理了。
参考代码
import java.util.Scanner;
public class Main {
public static void main(String[] args) {
Scanner scanner = new Scanner(System.in);
int t = scanner.nextInt();
while (t > 0) {
t--;
String a = scanner.next();
String b = scanner.next();
int n1 = a.length();
int n2 = b.length();
int dp[][][][] = new int[n1 + 5][n1 + 5][n2 + 5][n2 + 5];
a = " " + a + " ";
b = " " + b + " ";
int res = 0;
for (int len1 = 0; len1 < n1 + 1 ; len1++) {
for (int len2 = 0; len2 < n2 + 1; len2++) {
for (int l1 = 1, r1 = len1 + l1 - 1; r1 < n1 + 1; l1++, r1++) {
for (int l2 = 1, r2 = len2 + l2 - 1; r2 < n2 + 1; l2++, r2++) {
// int r1 = len1+l1-1;
// int r2 = len2+l2-1;
if (len1 + len2 <= 1) {
dp[l1][r1][l2][r2] = 1;
} else {
if (r2 > 0 && a.charAt(l1) == b.charAt(r2))
dp[l1][r1][l2][r2] |= dp[l1 + 1][r1][l2][r2 - 1];
if (r1 > 0 && a.charAt(r1) == b.charAt(l2))
dp[l1][r1][l2][r2] |= dp[l1][r1 - 1][l2 + 1][r2];
if (r1 > 0 && a.charAt(l1) == a.charAt(r1))
dp[l1][r1][l2][r2] |= dp[l1 + 1][r1 - 1][l2][r2];
if (r2 > 0 && b.charAt(l2) == b.charAt(r2))
dp[l1][r1][l2][r2] |= dp[l1][r1][l2 + 1][r2 - 1];
if (dp[l1][r1][l2][r2] == 1) {
res = Math.max(res, len1 + len2);
}
}
}
}
}
}
System.out.println(res);
}
}
}
