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【区间 DP】运用区间 DP 解决古老原题

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题目描述

这是 LeetCode 上的 664. 奇怪的打印机 ，难度为 困难。

Tag : 「区间 DP」

有台奇怪的打印机有以下两个特殊要求：

  • 打印机每次只能打印由 同一个字符 组成的序列。
  • 每次可以在任意起始和结束位置打印新字符，并且会覆盖掉原来已有的字符。

给你一个字符串 s ，你的任务是计算这个打印机打印它需要的最少打印次数。

示例 1：

输入：s = "aaabbb"

输出：2

解释：首先打印 "aaa" 然后打印 "bbb"。

示例 2：

输入：s = "aba"

输出：2

解释：首先打印 "aaa" 然后在第二个位置打印 "b" 覆盖掉原来的字符 'a'。

提示：

  • 1<=s.length<=1001 <= s.length <= 1001<=s.length<=100
  • s 由小写英文字母组成

基本分析

首先，根据题意我们可以分析出一个重要推论：连续相同的一段字符，必然可以归到同一次打印中，而不会让打印次数变多。注意，这里说的是「归到一次」，而不是说「单独作为一次」。

怎么理解这句话呢？

举个 🌰，对于诸如 ...bbaaabb... 的样例数据，其中多个连续的 a 必然可以归到同一次打印中，但这一次打印可能只是将 aaa 作为整体进行打印；也有可能是 aaa 与前面或者后面的 a 作为整体被打印（然后中间的 b 被后来的打印所覆盖）。但无论是何种情况连续一段的 aaa 必然是可以「归到同一次打印」中。

我们可以不失一般性证明「连续相同的一段字符，必然可以归到同一次打印中，而不会让打印次数变多」这个推理是否正确：

假设有目标序列 [...,ai,...,aj,...][...,ai,...,aj,...][...,ai,...,aj,...] 其中 [i,j][i, j][i,j] 连续一段字符相同，假如这一段的打印被最后完成（注意最后完成不代表这一段要保留空白，这一段可以此前被打印多次），除了这一段以外所消耗的打印次数为 xxx，那么根据 [i,j][i, j][i,j] 不同的打印方案有：

  1. 将 [i,j][i, j][i,j] 单纯划分为多段：总共打印的次数大于 x+1x + 1x+1（此方案不会取到打印最小值 x+1x + 1x+1，可忽略）
  2. 将 [i,j][i, j][i,j] 归到同一次打印：总共打印的次数等于 x+1x + 1x+1
  3. 将 [i,j][i, j][i,j] 结合之前的打印划分为多段，即 [i,j][i, j][i,j] 一段的两段本身就是「目标字符」，我们本次只需要打印 [i,j][i, j][i,j] 中间的部分。总共打印的次数等于 x+1x + 1x+1

由于同样的地方可以被重复打印，因此我们可以将情况 333 中打印边缘扩展到 iii 和 jjj 处，这样最终打印结果不变，而且总的打印次数没有增加。

到这一步，我们其实已经证明出「连续相同的一段字符，必然可以归到同一次打印中，而不会让打印次数变多」的推论成立了。

但可能会有同学提出疑问：怎么保证 [i,j][i, j][i,j] 是被最后涂的？怎么保证 [i,j][i, j][i,j] 不是和其他「不相邻的同样字符」一起打印的？

答案是不用保证，因为不同状态（打印结果）之间相互独立，而有明确的最小转移成本。即从当前打印结果 a 变成打印结果 b，是具有明确的最小打印次数的（否则本题无解）。因此我们上述的分析可以看做任意两个中间状态转移的“最后一步”，而且不会整体的结果。

对应到本题，题目给定的起始状态是空白字符串 a，目标状态是入参字符串 s。那么真实最优解中，从 a 状态到 s 状态中间可能会经过任意个中间状态，假设有两个中间状态 p 和 q，那么我们上述的分析就可以应用到中间状态 p 到 q 的转移中，可以令得 p 到 q 转移所花费的转移成本最低（最优），同时这个转移不会影响「a 到 p 的转移」和「q 到 s 的转移」，是相互独立的。

因此这个分析可以推广到真实最优转移路径中的任意一步，是一个具有一般性的结论。

上述分析是第一个切入点，第二个切入点是「重复打印会进行覆盖」，这意味着我们其实不需要确保 [i,j][i,j][i,j] 这一段在目标字符串中完全相同，而只需要 s[i]=s[j]s[i] = s[j]s[i]=s[j] 相同即可，即后续打印不会从边缘上覆盖 [i,j][i,j][i,j] 区间的原有打印，否则 [i,j][i,j][i,j] 这一段的打印就能用范围更小的区间所代替。

这样就引导出我们状态转移的关键：状态转移之间只需要确保首位字符相同。

动态规划

定义 f[l][r]f[l][r]f[l][r] 为将 [l,r][l, r][l,r] 这一段打印成目标结果所消耗的最小打印次数。

不失一般性考虑 f[l][r]f[l][r]f[l][r] 该如何转移：

  • 只染 lll 这个位置，此时 f[l][r]=f[l+1][r]+1f[l][r] = f[l + 1][r] + 1f[l][r]=f[l+1][r]+1
  • 不只染 lll 这个位置，而是从 lll 染到 kkk（需要确保首位相同 s[l]=s[k]s[l] = s[k]s[l]=s[k]）：f[l][r]=f[l][k−1]+f[k+1][r],l<k<=rf[l][r] = f[l][k - 1] + f[k + 1][r], l < k <= rf[l][r]=f[l][k−1]+f[k+1][r],l<k<=r

其中状态转移方程中的情况 222 需要说明一下：由于我们只确保 s[l]=s[k]s[l] = s[k]s[l]=s[k]，并不确保 [l,k][l, k][l,k] 之间的字符相同，根据我们基本分析可知，s[k]s[k]s[k] 这个点可由打印 s[l]s[l]s[l] 的时候一同打印，因此本身 s[k]s[k]s[k] 并不独立消耗打印次数，所以这时候 [l,k][l, k][l,k] 这一段的最小打印次数应该取 f[l][k−1]f[l][k - 1]f[l][k−1]，而不是 f[l][k]f[l][k]f[l][k]。

最终的 f[l][r]f[l][r]f[l][r] 为上述所有方案中取 minminmin。

代码：

class Solution {
    public int strangePrinter(String s) {
        int n = s.length();
        int[][] f = new int[n + 1][n + 1];
        for (int len = 1; len <= n; len++) {
            for (int l = 0; l + len - 1 < n; l++) {
                int r = l + len - 1;
                f[l][r] = f[l + 1][r] + 1;
                for (int k = l + 1; k <= r; k++) {
                    if (s.charAt(l) == s.charAt(k)) {
                        f[l][r] = Math.min(f[l][r], f[l][k - 1] + f[k + 1][r]);
                    }
                }
            }
        }
        return f[0][n - 1];
    }
}
  • 时间复杂度：O(n3)O(n^3)O(n3)
  • 空间复杂度：O(n2)O(n^2)O(n2)

总结

这道题的原型应该出自 String painter : acm.hdu.edu.cn/showproblem…

如果只是为了把题做出来，难度不算特别大，根据数据范围 10210^2102，可以猜到是 O(n3)O(n^3)O(n3) 做法，通常就是区间 DP 的「枚举长度 + 枚举左端点 + 枚举分割点」的三重循环。

但是要搞懂为啥可以这样做，还是挺难，大家感兴趣的话可以好好想想 ~ 🤣

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.664 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：github.com/SharingSour… 。

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转载自:https://juejin.cn/post/7290931758787969085
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