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/**
* @param {string} s
* @return {number}
*/
var strangePrinter = function(s) {
const n = s.length;
const f = new Array(n).fill(0).map(() => new Array(n).fill(0));
for (let i = n - 1; i >= 0; i--) {
f[i][i] = 1;
for (let j = i + 1; j < n; j++) {
if (s[i] == s[j]) {
f[i][j] = f[i][j - 1];
} else {
let minn = Number.MAX_SAFE_INTEGER;
for (let k = i; k < j; k++) {
minn = Math.min(minn, f[i][k] + f[k + 1][j]);
}
f[i][j] = minn;
}
}
}
return f[0][n - 1];
}
这道题又是一道计算解决方案的题目，因此首先考虑动态规划
首先我们来举个例子
对于以下情况的打印次数:
- 只有一个字符a: 一次(最基本的情况)
- 打印两个字符ab: 打印两次. 在1的基础上多打印一次
- 打印aba: 还是两次, 同2的打印方式相同, 但需要在打印第一个a时将第三个a也打印出来
- 打印abab: 三次, 有多种打印方式, 可以在打印aba的基础上再打印b,或者在打印bab的基础上再打印a. 无论那种方式,最少也需要三次才能打印出来.
通过以上的事实我们得到两点：
- 我们知道当区间的两边字符相同时(aba), 它的打印次数可以从它的更小一层的子区间的打印次数而来
- 当区间两边字符不同时(abab)，它的打印次数会取其子区间中的最优解，这一部分我们需要枚举所有的可能性
由以上的思路我们知道本题可以使用自低向上的动态规划解法。我们首先要定义对于dp[i][j]的含义。dp[i][j]代表的是字符串在区间[i,j]中需要最少的打印次数。
- 打印一个字符串的次数为1，因此dp[i][i] = 1
- 当字符串长度大于等于2时，判断是否两边区间字符相等s[i] == s[j]?
如果相等，打印次数可以从子区间的打印次数转移而来dp[i][j] = dp[i][j-1];。例如aba的打印次数由ab的打印次数决定。
如果不相等，则枚举所有的可能组合，然后取其最优解。
那如何得出这个枚举思路呢？
因为我们知道s[i],....,s[j]至少要分为两个部分打印，这个时候我们就将它分为两个部分来打印，将s[i],...,s[x]作为第一个部分，s[x+1],...,s[j]作为第二个部分，此时总的打印次数为dp[i][x] + dp[x+1][j]，其中x的取值范围为[i,j-1]，则也可以得到状态方程dp[i][j] = min(dp[i][x] + dp[x+1][j])。
