原題目:http://www.codeforces.com/contest/711/problem/C
(翻譯如下:)
【題目名稱】給樹上色
【時限】2s
【空間限制】256M
【題目描述】
有兩位好朋友到達了一個公園。公園裏生長了n棵樹(被編號爲1~n)。他們決定將公園裏的樹塗上顏色。
起初，第i號樹擁有初始顏色c[i]。這兩位好朋友發現，公園裏的樹總共只有m種不同的顏色。所以0<=c[i]<=m，當c[i]=0時，意味着這棵樹是沒有初始顏色的。
兩位朋友決定，只給沒有初始顏色的樹上色(也就是說，只爲c[i]=0的樹上色)。他們可以從編號爲1~m的m種顏色中，選取一種來給樹塗色。爲第i棵樹塗上第j種顏色需要花費代價p[i][j].
他們定義了樹的美麗值:
將1~n號樹，分成若干段，要求每一段的樹顏色都相同。這樣分得的段數的最小值，就是樹的美麗值。例如，當樹的顏色依次爲:2,1,1,1,3,2,2,3,1,3時，樹的美麗值是7，因爲我們可以將這10棵樹最少分爲7段:{2},{1,1,1},{3},{2,2},{3},{1},{3}.
他們想給所有沒有初始顏色的樹塗上顏色，使得這些樹的美麗值恰好爲k.你的程序需要幫助他們求出達成目標的最小塗色代價。當然，也有可能無法達成目標。
注意，他們不能給有初始顏色的樹上色。
【輸入格式】
第一行，三個整數n,m,k.(1<=k<=n<=100,1<=m<=100).
第二行，n個整數c[1],c[2],…,c[n],(0<=c[i]<=m),表示樹的初始顏色。當c[i]=0時，表示i號樹無初始顏色，當c[i]不爲0時，表示第i號樹的初始顏色爲c[i].
第3~n+2行，每行m個正整數，其中第i+2行的第j個數表示給第i號樹塗上第j種顏色的代價p[i][j].擁有初始顏色的樹，也會有相應的塗色代價，不過儘管如此，你仍然不能爲它們塗色。(1<=p[i][j]<=10^9).
【輸出格式】
一個整數.如果能夠達成目標，輸出最小塗色代價；如果不能達成目標，輸出-1.
3 2 2 0 0 0 1 2 3 4 5 6
10
3 2 2 2 1 2 1 3 2 4 3 5
-1
3 2 2 2 0 0 1 3 2 4 3 5
5
3 2 3 2 1 2 1 3 2 4 3 5
0
【題解】
這是一道動態規劃題。通常我們可以定下狀態f[i][j],表示使前i棵樹的美麗值爲j需要的最小代價。不過我們發現這個狀態並不方便轉移，它根本沒有體現顏色帶來的影響。
於是我們決定多加一維，記錄第i號樹的顏色。於是用f[i][j][p]表示使得前i棵樹美麗值爲j，且第i棵樹顏色恰好爲p的最小塗色代價。
現在寫轉移方程。
如果第i棵樹有初始顏色，那麼沒有辦法，我們必須使用它原本的顏色。於是轉移方程爲:
f[i][j][p]=minn{minn{f[i-1][j-1][q]},f[i-1][j][p]}.(1<=q<=m,q!=p).
什麼意思呢？首先我們可以與第i-1棵樹不同色，這樣美麗值會+1，或者我們也可以與第i-1棵樹同色，這樣美麗值不變。
如果第i棵樹沒有初始顏色，我們就需要枚舉1~m的所有顏色，作爲i號樹的顏色，狀態轉移方程與上面類同，只是多一次循環。
現在來考慮效率，枚舉i，j已有2層循環，如果樹有初始顏色，那麼只需再枚舉最小值，共3層循環；如果樹沒有初始顏色，我們需要枚舉結尾顏色，同時還要枚舉對應的最小值，共4層循環。時間複雜度O(n*k*m^2).n,k,m<=100,
於是運算量是10^8級別的。好在常數不大，Codeforces的評測機跑得飛快，於是108ms就過了。
【參考代碼1】
#include<cstdio>
#define ll long long
#define inf 0x7ffffffffffffff
int n,m,k;
ll price[110][110],f[110][110][110];
int color[110];
ll minn(ll a,ll b)
{
return a<b?a:b;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<=k;j++)
{
for(int t=1;t<=m;t++)
{
f[i][j][t]=inf;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&color[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
scanf("%I64d",&price[i][j]);
}
}
ll Minn;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=i&&j<=k;j++)
{
Minn=inf;
if(color[i]!=0)
{
for(int p=1;p<=m;p++)
{
if(p!=color[i])
{
Minn=minn(Minn,f[i-1][j-1][p]);
}
}
f[i][j][color[i]]=minn(Minn,f[i-1][j][color[i]]);
}
else
{
for(int t=1;t<=m;t++)
{
Minn=inf;
for(int p=1;p<=m;p++)
{
if(p!=t)
{
Minn=minn(Minn,f[i-1][j-1][p]);
}
}
f[i][j][t]=minn(Minn,f[i-1][j][t])+price[i][t];
}
}
}
}
bool flag=0;
ll ans=inf;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(f[n][k][i]<100000000000)
{
flag=1;
ans=minn(ans,f[n][k][i]);
}
}
if(flag)
{
printf("%I64d",ans);
}
else
{
printf("-1");
}
return 0;
}———————————————————————————————————————————————————
不過我們還是有必要考慮一下優化。對於最小值，我們是否可以預處理，以避免每次都枚舉一遍。我們可以記下一個Minn[i][j][t]數組，它表示f[i][j][p](1<=p<=m,p!=t)的最小值。然而你會發現上當了，因爲有了這個數組，我們的確不用去枚舉一遍找最小值，但是維護這個數組，有需要多出一層循環，時間複雜度沒有變化，反而增大了常數。
———————————————————————————————————————————————————
我們只用Minn[i][j]表示f[i][j][p](1<=p<=m)的最小值是否可行？你會發現，這無法解決同色與異色的問題。於是我們想到，可以記錄最小值與次小值(可以等於最小值)。如果最小值與當前顏色的值不等，我們直接選用它即可，因爲這可以保證一定不同色。如果最小值與當前顏色的值相等，我們取次小值。而每次更新也是O(1)的複雜度。總時間複雜度是O(n*k*m),10^6級別。不過好像這樣寫常數增大了不少，在Codeforces上跑了一下，31ms過。比裸的暴力動規還是要快不少。但沒有想象的那麼快，也許是我代碼寫得太醜了。
【參考代碼2】
#include<cstdio>
#define ll long long
#define inf 0x7ffffffffffffff
int n,m,k;
ll price[110][110],f[110][110][110],MINN[110][110][2];
int color[110];
ll minn(ll a,ll b)
{
return a<b?a:b;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<=k;j++)
{
for(int t=1;t<=m;t++)
{
f[i][j][t]=inf;
}
MINN[i][j][0]=MINN[i][j][1]=inf;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&color[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
scanf("%I64d",&price[i][j]);
}
}
ll Minn;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=i&&j<=k;j++)
{
Minn=inf;
if(color[i]!=0)
{
if(MINN[i-1][j-1][0]!=f[i-1][j-1][color[i]])
{
Minn=MINN[i-1][j-1][0];
}
else
{
Minn=MINN[i-1][j-1][1];
}
f[i][j][color[i]]=minn(Minn,f[i-1][j][color[i]]);
if(f[i][j][color[i]]<=MINN[i][j][0])
{
MINN[i][j][1]=MINN[i][j][0];
MINN[i][j][0]=f[i][j][color[i]];
}
else if(f[i][j][color[i]]<MINN[i][j][1])
{
MINN[i][j][1]=f[i][j][color[i]];
}
}
else
{
for(int t=1;t<=m;t++)
{
if(MINN[i-1][j-1][0]!=f[i-1][j-1][t])
{
Minn=MINN[i-1][j-1][0];
}
else
{
Minn=MINN[i-1][j-1][1];
}
f[i][j][t]=minn(Minn,f[i-1][j][t])+price[i][t];
if(f[i][j][t]<=MINN[i][j][0])
{
MINN[i][j][1]=MINN[i][j][0];
MINN[i][j][0]=f[i][j][t];
}
else if(f[i][j][t]<MINN[i][j][1])
{
MINN[i][j][1]=f[i][j][t];
}
}
}
}
}
bool flag=0;
ll ans=inf;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(f[n][k][i]<100000000000)
{
flag=1;
ans=minn(ans,f[n][k][i]);
}
}
if(flag)
{
printf("%I64d",ans);
}
else
{
printf("-1");
}
return 0;
}
