接龙数列

题目：接龙

对于一个长度为 K 的整数数列：A1,A2,…,AK，我们称之为接龙数列当且仅当 Ai 的首位数字恰好等于 Ai−1的末位数字 (2≤i≤K)。

例如 12,23,35,56,61,1112,23,35,56,61,11 是接龙数列；12,23,34,5612,23,34,56 不是接龙数列，因为 5656 的首位数字不等于 3434 的末位数字。

所有长度为 11 的整数数列都是接龙数列。

现在给定一个长度为 N的数列 A1,A2,…,AN，请你计算最少从中删除多少个数，可以使剩下的序列是接龙序列？

输入格式

第一行包含一个整数 N。

第二行包含 N个整数 A1,A2,…,AN。

输出格式

一个整数代表答案。

数据范围

对于 20%20% 的数据，1≤N≤20
对于 50%50% 的数据，1≤N≤10000
对于 100%100% 的数据，1≤N≤10^5，1≤Ai≤10^9。所有 Ai 保证不包含前导 00。

输入样例：

5
11 121 22 12 2023

输出样例：

1

样例解释

删除 2222，剩余 11,121,12,202311,121,12,2023 是接龙数列。

解题思路：

​ 题目要求最少删除多少个数，即求最长的接龙数列长度。

​ 只要前一个数的结尾能和后一个数的开头一样，则可以进行接龙，这一点跟最长上升子序列模型相似：都是前一个数与后一个数存在某一种关系就可以接在一起。

​ DP分析如下：

​ 分析到这里，代码就可以写了，代码如下：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 100010;

int n;
int f[N];
int l[N], r[N];

int main()
{
    cin >> n;
    
    char num[20];
    for (int i = 0; i < n; i ++)
    {
        cin >> num;
        l[i] = num[0] - '0', r[i] = num[strlen(num) - 1] - '0';
    }
    
    int res = 0;
    for (int i = 0; i < n; i ++)
    {
        f[i] = 1;
        for (int j = 0; j < i; j ++)
            if (l[i] == r[j]) f[i] = max(f[j] + 1, f[i]);
        res = max(res, f[i]);
    }
    
    cout << n - res << endl;
    
    return 0;
}

​ 如果觉得这题就这么结束了，那就大错特错了。

​ 我们可以观察数据范围：n <= 100010，而我们的算法的时间复杂度是O(n^2)的，故需要进行优化。

​ 我们发现只有当l[i] = r[j]时，我们才需要更新状态，故我们可以用一个辅助数组，存下以k结尾的接龙数列有多少个，在更新时直接用f[i] = max(f[i], g[l[i]])进行更新状态即可，紧接着记得要更新g[r[i]] = max(f[i], g[r[i]])。

AC代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 100010;

int n;
int f[N], g[N];
int l[N], r[N];

int main()
{
    cin >> n;
    
    char num[20];
    for (int i = 0; i < n; i ++)
    {
        cin >> num;
        l[i] = num[0] - '0', r[i] = num[strlen(num) - 1] - '0';
    }
    
    int res = 0;
    for (int i = 0; i < n; i ++)
    {
        f[i] = 1;
        f[i] = max(f[i], g[l[i]] + 1);	//更新状态
        g[r[i]] = max(f[i], g[r[i]]);	//更新g数组
        res = max(res, f[i]);
    }
    
    cout << n - res << endl;
    
    return 0;
}