题意

现在有两个字符串A，B，现在有一种操作是可以将A的某一段全变为同一个字符，问将A变成B最少需要多少次操作？

思路

可以发现是区间DP，如果考虑直接将A变为B，A和B有的字符相同有的不同不太好DP。
我们可以分两步来，先计算出来把一个空串刷成B的花费，然后在计算把A变为B的花费就比较好计算了
首先看第一步：
定义$dp[i][j]$dp[i][j]为把$[i,j]$[i,j]变为跟B串一样的花费，如果第i个位置和第k个位置相同，那么刷 k 时候就可以吧 i 给刷上，否则就得单独去刷一次 i 位置，枚举k进行更新即可，$dp[i][j] = min(dp[i+1][k]+dp[k+1][j]+(b[i]!=b[k]))(i&lt;k&lt;j)$dp[i][j]=min(dp[i+1][k]+dp[k+1][j]+(b[i]!=b[k]))(i<k<j)
再看第二步：
定义ans[i]为从开始到 i 位置把A串变得和B串一样的答案，如果 i 和 i-1 相同那么$ans[i] = ans[i-1]$ans[i]=ans[i−1]，否则我们枚举求一下 i 位置从前面哪个位置转移过来的花费最小，$ans[i] = min(ans[j]+dp[j+1][i])$ans[i]=min(ans[j]+dp[j+1][i])
那么ans[最后位置]就是答案。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 105;
char a[MAXN], b[MAXN];
int dp[MAXN][MAXN], ans[MAXN];
int main()
{
    while (~scanf("%s%*c%s%*c", a, b))
    {
        int n = strlen(a);
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        for (int i = 0; i < n; i++) dp[i][i] = 1;
        for (int len = 2; len <= n; len++)
        {
            for (int i = 0; i + len - 1 < n; i++)
             {
                int j = i + len - 1;
                dp[i][j] = dp[i + 1][j] + (b[i] != b[j]);
                for (int k = i + 1; k < j; k++)
                {
                    dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i + 1][k] + dp[k + 1][j] + (b[i] != b[k]));
                }
            }
        }
        ans[0] = (a[0] != b[0]);
        for (int i = 1; i < n; i++)
        {
            ans[i] = dp[0][i];
            if (a[i] == b[i]) ans[i] = ans[i - 1];
            else
            {
                for (int j = 0; j < i; j++)
                {
                    ans[i] = min(ans[i], ans[j] + dp[j + 1][i]); 
                }
            }
        }
        printf("%d\n", ans[n - 1]);
    }
    return 0;
}
/*
zzzzzfzzzzz
abcdefedcba
abababababab
cdcdcdcdcdcd
*/