664. Strange Printer
class Solution {
public:
int dp[100][100];
int dfs(const string &s, int i,int j)
{
if(i>j)return 0;
if(dp[i][j])return dp[i][j];
dp[i][j]=dfs(s,i,j-1)+1;
for(int k=i;k<j;++k)
{
if(s[k]==s[j])dp[i][j]=min(dp[i][j],dfs(s,i,k)+dfs(s,k+1,j-1));
}
return dp[i][j];
}
int strangePrinter(string s) {
if(s.empty())return 0;
return dfs(s,0,s.size()-1);
}
};
1
我刚开始的思路是, 相邻的字符如果相同就去重, 然后循环 0 到 n, 首尾相等的话就不用额外打印;
例如 aaabbbaaa 先去重变为 aba , 循环第一个, a 打印一次, 第二个b 打印一次, 第三个a 发现和第一个相同, 不用打印; 然后提交时发现有些case没有通过测试;
后来总结了下, 我漏掉了回文的情况, 我发现这题用回文思路也能做, 因为打印回文的话, 回文总长度是n, 是不是最多n/2+1次就可以了, 例如 abcba=3次 abccba=3次 aaaa=1次, 不过我也懒得去实现回文算法来做比较了.
2
上面贴的答案是discussion讨论区的答案, 很标准的dfs+dp 解法, 代码很清晰, 几乎不需要解释,
大致思路就是 每新增一个字符, 尽可能想办法不要额外次数去打印, 那么不打印的办法就是看有没有办法和前面已经打印过得字符"合并", 这里极端的情况就是上面说到的回文啦
打印字符串第i个位置到第j个位置需要的次数 = dp[i][j];
dp[i][j] = min (dp[i][j-1]+1, dp[i][k]+dp[k+1][j-1]) i<k<j;
min左边的意思是不能合并, 只能再打印一次, 右边的意思是 找到一个位置k, 符合 i<k<j, 使得 i到k 这部分 + k+1到j 这部分 之和最小
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