区间dp，记忆化搜就可以
st为原串
dp[p][q]存st[p]~st[q]的最优长度，f[p][q]存对应的最优串
从（0，len-1）开始搜，f[0][len-1]为所求ans，回溯条件为p==q
同前两个题思路极为类似，但是我发现这3个题放到一起真的非常的好，难度递进，依次难在地方就是状态转移的时候决策的寻找
而此题的决策不是很明确，可以理解为两个决策吧（大家都这么认为= =但我不怎么赞同）
1:当子串st[p~q]可以折叠
2:将st[p~q]分成两段
二者中取最短
（其实第二个决策隐藏了一个决策，举个例子，原串AA，而压缩成2（A）显然是不对的，根据第二个决策，dp[AA]=dp[A]+dp[A]=2优于决策1）
自己coding时遇到一个问题：
NTTTTTNTTTTTNTTTTT
根据决策2，会得到一种情况f[0][len-1]=2(N5(T))N5(T),怎么折叠成3(N5(T))；
若是根据决策1，那得到的结果会是3（NTTTTT）;
特殊处理嵌套会非常麻烦
解决方法详见代码
观察了网上其他人的代码，学到了不少东西
coding+debug：差不多断断续续5个小时左右（但是这5个小时是比较值的，记忆化dp或者说区间dp这一方面我理解的更具体，更深刻了）
/* * Author: Bingo * Created Time: 2015/3/3 14:19:57 * File Name: uva1630.cpp */ #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <cmath> #include <algorithm> #include <string> #include <vector> #include <stack> #include <queue> #include <set> #include <time.h> using namespace std; const int maxint = 1000000; int n; int len; string st; int dp[150][150]; string f[150][150];//一层状态对应一个串 int judge(int l,int r){ for(int i=1;i<=(r-l+1)/2;i++){ if((r-l+1)%i)continue; bool flag=true; for(int j=l;j+i<=r;j++){ if(st[j]!=st[j+i]){ flag=false; break; } } if(flag)return i; } return false; } int solve(int p,int q){ if (dp[p][q]) return dp[p][q]; else if(p==q) { f[p][q]=st[p]; dp[p][q]=1; return 1; } else { int ans=maxint; int res; int k; for (int i=p;i<q;i++){ res=solve(p,i)+solve(i+1,q); if (ans>res){ ans=res; k=i; } } f[p][q]=f[p][k]+f[k+1][q];//此时的f[p][q]是否可折叠等价于st[p] [q]是否可折叠，巧妙的解决折叠f[p][q]时提取公因式的困难 int t=judge(p,q); if (t){ char tt[10]; sprintf(tt,"%d",(q-p+1)/t); string newstr=tt+string("(")+f[p][p+t-1]+string(")");//f[p][p+t-1]是精髓所在 if (newstr.size()<f[p][q].size()) f[p][q]=newstr; } dp[p][q]=f[p][q].size(); return dp[p][q]; } } int main () { while (cin>>st){ len=st.size(); memset(dp,0,sizeof(dp)); solve(0,len-1); cout << f[0][len-1]<<endl; } return 0; }