【Leetcode】664. Strange Printer（配数学证明）

题目地址：

https://leetcode.com/problems/strange-printer/

给定一个长$n$字符串$s$，有一个刷子和一个长$n$的白板，可以每次将任意位置开始的任意长度的段刷成同一个字符，先刷的会被后刷的覆盖。问要刷出$s$至少要刷多少次。

首先，可以将$s$去个重，即如果相邻位置字符相等，可以缩成一个，因为无论是什么方案，刷任意其中一个字符，都可以延伸着刷整个相同的一段。

设$f[l][r]$是$s[l:r]$至少要刷多少次。那么当$l=r$的时候，$f[l][r]=1$；考虑最后一次刷到$s[l]$的那一次，假设这次刷的是$s[l:k]$，那么我们可以先将这次之前刷$s[l:k]$这部分的操作都变为只刷$s[k+1:]$这部分，并且将刷$s[l:k]$的操作提前为第一次操作，这样显然所得方案的总操作次数不差于原来的方案。所以我们只需要考虑第一次操作就刷了$s[l]$的所有方案。

枚举$k$，当$k=l$时，$f[l][r]=1+f[l+1][r]$；当$k>l$时，如果$s[l]\ne s[k]$，那么所有第一步刷$s[i:k]$的方案都可以转化为第一步刷$s[i:k-1]$的方案（因为$s[l]\ne s[k]$，$s[k]$即使第一步刷了，之后也会覆盖，所以可以第一步刷$s[l:k-1]$，操作数也一样），同理，如果$s[l]\ne s[k-1]$，则可以转为先刷$s[l:k-2]$以此类推。所以所有的方案都可以转化为$s[l]=s[k]$的方案，从而我们只需要枚举这种类型的方案即可。对于$s[l]=s[k]$且第一步刷$s[l:k]$的方案来说，这种方案都可以对应$f[l][k-1]$的方案（第一步将$s[l:k-1]$刷成$s[l]$，之后的所有操作步骤忽略$s[k]$即可），并且对于$f[l][k-1]$的最优方案，它也可以转化为刷$s[l:k]$的方案（第一步变为刷$s[l:k]$成$s[l]$即可，其余操作原样照做），所以此时$f[l][k]=f[l][k-1]$。后面的部分最少操作次数即为$f[k+1][r]$，所以此时 f [ l ] [ r ] = min ⁡ l < k ≤ r { f [ l ] [ k − 1 ] + f [ k + 1 ] [ r ] } f[l][r]=\min_{lf[l][r]=l<k≤rmin​{f[l][k−1]+f[k+1][r]}当然$k=r$的时候取$f[k+1][r]=0$。代码如下：

class Solution {
 public:
  int strangePrinter(string s) {
    int n = 0;
    // 去重
    for (int i = 0; i < s.size(); i++)
      if (!n || s[i] != s[n - 1]) s[n++] = s[i];
    s.resize(n);

    int f[n][n];
    for (int len = 1; len <= n; len++)
      for (int l = 0; l + len - 1 < n; l++) {
        int r = l + len - 1;
        if (len == 1) f[l][r] = 1;
        else {
          f[l][r] = 1 + f[l + 1][r];
          for (int i = l + 1; i <= r; i++)
            if (s[i] == s[l])
              f[l][r] = min(f[l][r], f[l][i - 1] + (i + 1 <= r ? f[i + 1][r] : 0));
        }
      }

    return f[0][n - 1];
  }
};
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时间复杂度$O(n^3)$，空间$O(n^2)$。