蓝桥杯接龙序列

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暴力dfs ：面对最优解问题，dfs是枚举所有方案并判断该方案是否合法，在合法方案中选出题目要的最优解。本题对于每一个数字要么留要么去，会形成一颗决策树，但o(n**2)超时。

这里注意一下数的最大值最小值求解，一个数的一对数据可以用pair 存储，在写dfs时要注意剪枝：u（当前数的索引）>=n（总个数）或者剩下的数与c（已被选）的数的总个数小于等于目前最大的答案，那么剪枝。

最后，不选一个数的情况有两个：不符合接龙条件、符合接龙条件但是不选，所以dfs(u+1,c,l);之前不能用else

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long 
#define INF 0x3f3f3f3f
const int N=1e5+10;
int n,a[N],ans=0;
pair<int,int> p[N];
int f1(int a)
{
	int res=0;
	while(a>0)
	{
		res=a%10;
		a/=10;
	}
	return res;
}
int f2(int a)
{
	int res=a%10;
	return res;
}
void dfs(int u,int c,int l)
{
	if(u>=n) 
	{
		ans=max(ans,c);
		return;
	}
	if(n-u+c<=ans) return;
	if(l<0||p[l].second==p[u].first)
		dfs(u+1,c+1,u);
	dfs(u+1,c,l);
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		int x=f1(a[i]);
		int y=f2(a[i]);
		p[i].first=x;
		p[i].second=y;
	}
	dfs(0,0,-1);
	cout<<n-ans<<endl;
return 0;
}

DP :是求解决策过程最优化的方法，它将大问题分解成小问题，且小问题，每个小部分之间相互联系，该部分可以受其前面一个或几个部分的影响，但是不受后面部分的影响，又称无后效性，解决问题的关键就是要找到该部分与前面部分的关系式，又称状态转移方程

本题f $i$ $j$ 表示在第i个数字之前被删掉的数字个数，其中j表示第i个数字是以j数字结尾的，因此0<=j<=9

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long 
#define INF 0x3f3f3f3f
const int N=1e5+10;
int n,a[N];
pair<int,int> p[N];
int f[N][15];
int f1(int a)
{
	int res=0;
	while(a>0)
	{
		res=a%10;
		a/=10;
	}
	return res;
}
int f2(int a)
{
	int res=a%10;
	return res;
}

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;
	a[0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		int x=f1(a[i]);
		int y=f2(a[i]);
		p[i].first=x;
		p[i].second=y;
	}
    for(int i = 0; i < 10; i ++)
		f[0][i] = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i ++)
	{
		//删除第i个数字
		for(int j = 0; j < 10; j ++)
			f[i][j] = f[i - 1][j] + 1;
	    //保留第i个数字 
		f[i][p[i].second] = min(f[i - 1][p[i].first], f[i][p[i].second]);
	}

	int ans = INF;
	for(int i = 0; i < 10; i ++)
		ans = min(ans, f[n][i]);

	cout << ans << endl;
	
	return 0;
}