题目：
Given a string s, partition s such that every substring of the partition is a palindrome.
Return the minimum cuts needed for a palindrome partitioning of s.
For example, given s = "aab",
Return 1 since the palindrome partitioning ["aa","b"] could be produced using 1 cut.
代码：
class Solution { public: int minCut(string s) { const int len = s.size(); vector<vector<bool> > p(len, vector<bool>(len,false)); Solution::allPalindrome(p, s); vector<int> dp(len, INT_MAX); dp[0] = 0; for ( int i = 1; i < len; ++i ) { for ( int j = i; j >= 1; --j ) { if ( j==1 ) { if ( p[j-1][i] ) { dp[i] = 0; break; } } if ( p[j][i] ) { dp[i] = std::min(dp[i], dp[j-1]+1); } } } return dp[len-1]; } // palindromes[i][j] denotes if s[i:j] is palindrome static void allPalindrome(vector<vector<bool> >& palindromes, string& s) { for ( int i = palindromes.size()-1; i >=0 ; --i ) { for ( int j = i; j <= palindromes.size()-1; ++j ) { if ( (i+1>j-1 && s[i]==s[j]) || (i+1<=j-1 && s[i]==s[j] && palindromes[i+1][j-1]) ) { palindromes[i][j] = true; } } } } };
tips：
通过此题掌握了动态规划的一些套路。
动规的核心在于求解两个重要的变量
p[i][j] : 代表s[i]到s[j]是否构成一个回文
dp[i] : 标记s[0]到s[i]的最小回文分割
接下来阐述上述两个变量的生成过程：
1. p[i][j]
正确地求出p[i][j]就是成功的一半，第一次没有AC主要就是p[i][j]求错了。在这里详细记录一下正确的求解过程
第一步，要明确p[i][j]的含义，即s[i]到s[j]是否为回文。
第二步，把求解p[i][j]转化为状态转移方程，即p[i][j] = f(p[k][v]) (k<=i, v<=j, 且k==i,v==j不同时成立)。
这个看起来是一个二维的dp方程，条件什么的比较麻烦，但实际上方程比较简单。
p[i][j] = s[i]==s[j] && p[i+1][j-1]
相当于两个条件
a) 首尾相等
b) 中间子字符串是回文
当然，还要处理一些极端情况：
极端情况1：i==j
极端情况2：i==j+1
把极端的case处理好，就可以开始dp过程了
另，因为是回文（正反都一样）所以求解p的时候，只用求解上三角阵就可以了。
2. dp[i]
之前理解dp有一个误区：认为dp[i]由dp[i-1]一步推倒过来。这是非常不正确的。
正确的理念应该是：dp[i]应该由dp[0]~dp[i-1]导出。（即当前结受到已计算出的中间结果影响，只不过有时候用不到回溯那么靠前的中间结果，只用回溯上一步的结果dp[i-1]就可以了）
然而，这道题正好不能只回溯一步，而是要回溯所有之前步骤。
既然要回溯，就要有规则，规则要保证不重不漏。这里我们关注的点是s[i]：即，我们求dp[i]则s[i]是一定要包含在其中某个回文字串中的，具体如下：
s[i]自己是一个回文子串
s[i-1:i]构成回文子串
s[i-2:i]构成回文子串
...
s[0:i]构成回文串
上述的i+1种情况如果都讨论到了，则dp[i]也就求出来了。
具体阐述如下：
s[0] ... s[i-2] s[i-1] s[i]：如果p[i-1][i]==true （即s[i-1]~s[i]是回文），则如果切割点在s[i-2]与s[i-1]之间，则dp[i] = min ( dp[i] , dp[i-2]+1)
....
s[0] ... s[j-1] s[j] ... s[i]：如果p[j][i]==true，则如果切割点在dp[i] = min ( dp[i], dp[j-1]+1)
s[0] ... s[i] ：如果p[0][i]==true，则不用切割也可以，故最小切割数是0。
按照上述的思路，再处理一下corner case，代码也就出来了。
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这份代码在处理corner cases上面做的不太好，有很多可以避免的冗余。但是先保留着吧，毕竟是原始的思考思路。第二遍刷的时候，再精细化一些corner case。
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第二次过这道题，看了第一次做的思路，代码重新写了一遍，比第一次过的时候要简洁一些。
class Solution { public: int minCut(string s) { const int n = s.size(); vector<vector<bool> > p(n, vector<bool>(n,false)); Solution::isPalindrome(p, s); int dp[n]; fill_n(&dp[0], n, 0); for ( int i=1; i<n; ++i ) { if ( p[0][i] ) { dp[i]=0; continue; } int cuts = INT_MAX; for ( int j=i; j>0; --j) { if ( p[j][i] ) cuts = min(cuts, dp[j-1]+1); if ( cuts==1 ) break; } dp[i] = cuts; } return dp[n-1]; } static void isPalindrome(vector<vector<bool> >& p, string s) { for ( int i=0; i<s.size(); ++i ) { for ( int j=0; j<=i; ++j ) { if ( i-j<2 ) { p[j][i] = s[i]==s[j]; } else { p[j][i] = s[i]==s[j] && p[j+1][i-1]; } } } } };