Leetcode---Palindrome Partitioning II

最新推荐文章于 2019-03-26 21:58:37 发布

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本文探讨了如何通过动态规划方法优化计算给定字符串的最小回文划分次数，并通过改进算法减少了时间复杂度。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

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.

Have you been asked this question in an interview?

得出最短的回文划分次数。
第一思路是动态规划，找最优子结构，假设f(i, j)是从i到j的最短回文划分次数，比较容易得出：

f(i,j )=0，s[i, j]是回文
f(i,j)=min{f(i,k)+f(k+1,j)}+1, 其中i<=k<j，而 s[i, j]不是回文

为了便于求f(i,k)，需要求出字符串的所有可能子字符串组合是不是回文，需要一个dp[s.length()][s.length()]；
然后，为了保存 f(i,k )和f(k+1,j )两次递归的成果，不重复计算，需要另一个dp2 [ s.length() ][ s.length() ]；
写code如下，最后TLS了

vector<vector<bool>> dp;
vector<vector<int>> dp2;
void createdp(string& s){
int n=dp.size();
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<=i;j++){
dp[i][j]=true;
}
}
for(int i=n-2;i>=0;i--){
for(int j=i+1;j<n;j++){
dp[i][j]=dp[i+1][j-1]&&(s[i]==s[j]);
}
}
}
int f(string& s, int i,int j){
if(dp[i][j]){
dp2[i][j]=0;
return 0;
}
else if(dp2[i][j]!=-1){
return dp2[i][j];
}
else{
int min=0xFFFFFF;
for(int k=i;k<j;k++){
int cut=f(s,i,k)+f(s,k+1,j)+1;
if(min>cut)
min=cut;
}
dp2[i][j]=min;
return min;
}
}
int minCut(string s){
dp.resize(s.length(),vector<bool>(s.length(),false));
dp2.resize(s.length() ,vector<int>(s.length(),-1));
createdp(s);
/*for(vector<vector<bool>>::iterator it0 = dp.begin(); it0 != dp.end(); ++it0){
for(vector<bool>::iterator it1 = (*it0).begin(); it1 != (*it0).end(); ++it1) {
cout<<*it1<<" ";
}
cout<<endl;
}*/
//cout<<dp[4][7]<<endl;
return f(s,0,s.length()-1);
}

思考了一下，我们计算了f(i,j)=min{f(i,k)+f(k+1,j)}+1，但其实只需要知道f(i,n-1)=min{f(i,k)+f(k+1,n-1)}+1 即可，所以导致了大量时间浪费。
当s[i, k]是回文时，f(i,k)=0，公式变为f(i,n-1)=min{f(k+1,n-1)}+1， k取值[i, n-1)
当s[i, k]不是回文时，肯定不是最小划分，所以直接abort这种情况
因为n-1是常量，所以公式可演化为：
f'(i)=min{f'(k+1)}+1， k取值[i, n-1)，s[i, k]是回文
code如下：