力扣 \(664\). 奇怪的打印机
题目描述
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：
- \(1 <= s.length <= 100\)
- \(s\) 由小写英文字母组成
解决方案 : 动态规划
我们可以使用 动态规划 解决本题
一、状态表示
令 \(f[i][j]\) 表示打印完成区间 \([i,j]\) 的 最少操作数
\(Q:\)为什么这样设计状态？
\(A:\) 状态的设计一般是根据 尝试 和 经验
经验：以前做过类似的题，知道状态该怎么设计。
尝试：才用最简单的一维状态表示来描述，如果发现行不通，再转为二维状态表示，实在不行再三维状态表示。
-
尝试用一维状态表示它：\(f[i]\):结束位置为\(i\)时的最少操作数
这样表示行不行呢？不行呗！为啥呢？因为人家题目说了，可以从任意位置 开始、结束，你这里只记录了结束，开始的概念丢失了。 -
尝试用二维状态表示它：\(f[i][j]:\)从\(i\)开始到\(j\)结束的最少操作次数
状态设计原则
- 状态设计是不是最终能包含答案
- 通过简单枚举可以找出正确答案
二、状态转移方程
当我们尝试计算出 \(f[i][j]\) 时，需要考虑两种情况：
-
\(\large s[i] = s[j]\)
即 区间两端的字符相同时，那么当我们打印左侧字符 \(s[i]\) 时，可以顺便打印右侧字符 \(s[j]\)，这样我们即可忽略右侧字符对该区间的影响，只需要考虑如何尽快打印完区间 \([i,j - 1]\) 即可，即此时有 \(f[i][j] = f[i][j-1]\)。 -
\(\large s[i] \neq s[j]\)
即区间两端的字符不同，那么我们需要分别完成该区间的左右两部分的打印。我们记两部分分别为区间 \([i,k]\) 和区间 \([k+1,j]\) (其中\(\large i<=k<j\))，此时
注意：这里\(k\)的取值范围值得仔细思考，因为是划分成两段，设第一段结束点为\(k\),第二段的开始点为\(k+1\),则有\(k>=i,k+1<=j\),即:\(i<=k<j\)
\(i==k\)时是成立的，表示只有\(i\)点打印一次，从\(k+1\)开始至\(j\)打印其它的(不一定是同一种噢~)
总结状态转移方程为：
三、边界与答案
边界条件为 \(f[i][i] = 1\)，对于长度为 \(1\) 的区间，最少打印 \(1\) 次。最后的答案为\(f[0][n - 1]\)。
四、枚举的顺序
注意到 \(f[i][j]\) 的计算需要用到 \(f[i][k]\) 和 \(f[k + 1][j]\) (其中
)。 为了保证动态规划的计算过程满足无后效性，在实际代码中，我们需要 改变动态规划的计算顺序，从大到小地枚举 \(i\)，并从小到大地枚举 \(j\)，这样可以保证当计算 \(f[i][j]\) 时， \(f[i][k]\) 和 \(f[k + 1][j]\) 都已经被计算过。
复杂度分析
时间复杂度：\(O(n^3)\)，其中 \(n\) 是字符串的长度。
空间复杂度：\(O(n^2)\)，其中 \(n\) 是字符串的长度。我们需要保存所有 \(n^2\) 个状态。
实现代码
class Solution {
const int INF = 0x3f3f3f3f;
public:
int f[110][110];
int strangePrinter(string s) {
int n = s.size();
//预求最小，先设最大
memset(f, 0x3f, sizeof f);
//1.因为f[i][j]依赖于f[i][k],f[k+1][j],其中k+1>i的，为了保证无后效性，需要在计算f[i]之前准备好f[k+1],所以，倒序枚举i
//2.因为f[i][j]依赖于f[i][k],f[k+1][j],f[i][j-1],k<j的，所以在计算f[i][j]之前，f[i][k],f[i][j-1]需要提前准备好，正序枚举j
//倒序枚举i,从字符串最后一位出发，向0前进
for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
//初始状态，每个起点出发，到自己结束，只包含一个字符的情况就是最简单的基本情况，此时打印次数为1，可以确定，其它无法确定的，靠状态转移方程进行转移即可填充数据
f[i][i] = 1;
//正序枚举j,由于i==j，也就是一个子串中只有一个字符的情况上面已经处理过了，这里只需要处理j>i的即可，并且，j的极限值是n-1, 因为j的字符串的长度上限
for (int j = i + 1; j < n; j++) {
if (s[i] == s[j])
f[i][j] = f[i][j - 1];
else {
for (int k = i; k < j; k++)//注意思考与理解k的范围，尤其是带等号和不带等号的地方
f[i][j] = min(f[i][j], f[i][k] + f[k + 1][j]);
}
}
}
//范围i=0,j=n-1的最小打印次数就是答案
return f[0][n - 1];
}
};