【区间 DP】运用区间 DP 解决古老原题

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：

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：

假设有目标序列其中连续一段字符相同，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，那么根据不同的打印方案有：

将单纯划分为多段：总共打印的次数大于（此方案不会取到打印最小值，可忽略）
将归到同一次打印：总共打印的次数等于
将结合之前的打印划分为多段，即一段的两段本身就是「目标字符」，我们本次只需要打印中间的部分。总共打印的次数等于

由于同样的地方可以被重复打印，因此我们可以将情况中打印边缘扩展到和处，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：怎么保证是被最后涂的？怎么保证不是和其他「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这一段在目标字符串中完全相同，而只需要相同即可，即后续打印不会从边缘上覆盖区间的原有打印，否则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

定义为将这一段打印成目标结果所消耗的最小打印次数。

不失一般性考虑该如何转移：

只染这个位置，此时
不只染这个位置，而是从染到（需要确保首位相同）：

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

最终的为上述所有方案中取。

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];
    }
}