LeetCode(Palindrome partition 2) 求将一个字符串划分成回文子串 需要分成的段数最少是多少

本文介绍了一种算法问题,即如何找到将字符串分割成回文子串所需的最少切割次数。通过递归回溯的方法虽可解决问题但效率较低,采用动态规划则能更高效地求解。文章详细介绍了动态规划的实现过程。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

题目要求:

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.

思路 这道题可以用递归回溯,剪纸来解决 但是仍让很慢 会超时:

递归 代码:

class Solution {
public:
    
    int minCut(string s) {
        int res = 1 << 30;
        int cut_num = 0;
        DFS(s, 0, cut_num, res);
        return res - 1;      
    }
    
    void DFS(const string& str, int start, int& cut_num, int &res)
    {
        if (start == str.size()) {
            if(cut_num < res)
                res = cut_num;
            return;
        }
        
        if(cut_num > res)
            return;
        for (int i = str.size() - 1; i >= start; --i) {
            if(IsPalindrome(str, start, i))
            {
                ++cut_num;
                DFS(str, i + 1, cut_num, res);
                --cut_num;
            }
        }
    }
    
    bool IsPalindrome(const string& str, int start, int end)
    {
        while (start < end) {
            if(str[start] != str[end])
                return false;
            ++start;
            --end;
        }
        return true;
    }
};

其实,凡是要求最值得 多半是动态规划。设dp[i,j]表示 从i到j可以分成回文子串的最少段数,很容易得到 :

dp[i,j] = min(dp[i,k] + dp[k + 1, j]) i <= k <= j, 将其转换成一维动态规划.

dp[i]代表从i开始到n得最小cut数。 dp[i] = min(1 + dp[j + 1]) i <= j < n.

另外,在判断字符串是否是回文的时候 每次都通过扫描比较也比较浪费时间,可以用一个二维数组来保存已经计算过的结果,其实也是一个动态规划的过程,用is_palindrome[i][j]保存i到j之间的字符串是否是回文。初始化的时候:is_palindrome[i][j] = true , i == j;

is_palindrome[i][j] = (str[i] == str[j]) && is_palindrome[i + 1][j - 1];

动态规划代码:

int minCut(string s) {
        int len = s.size();
        int dp[len + 1];
        for (size_t i = 0; i <= len; ++i) {//初始化dp数组,初始值是将每个字母都切开
            dp[i] = len - i;
        }
        bool is_palindrome[len][len];
        memset(is_palindrome, false, sizeof(is_palindrome));
        for (int i = len - 1; i >= 0; --i) {
            for (int j = i; j < len; ++j) {
                if(s[i] == s[j] && ((j - i) < 2 ||//如果(j - i) < 2 说明只有一个字符肯定是回文
                                    is_palindrome[i + 1][j - 1]))
                {
                    is_palindrome[i][j] = true;
                    dp[i] = min(dp[i], dp[j + 1] + 1);
                }
            }
        }
        return dp[0] - 1;
    }

<think>嗯,用户让我用Java写一个找到最长回文子串的程序。这个问题我之前可能碰到过,不过得仔细想想怎么处理。首先,回文就是正读反读都一样的字符串,比如"aba"或者"abba"。最长回文子串应该是在给定字符串中最长的这样的子串。 用户可能是在准备面试题,或者在做算法练习。这个问题在LeetCode上也有,可能用户需要详细的解释和不同的解决方法。常见的解法有暴力法、动态规划和中心扩展法。暴力法时间复杂度太高,可能不太适用,尤其是当字符串很长的时候。动态规划的话,需要二维,空间复杂度是O(n&sup2;),可能也不是最优的。中心扩展法应该是比较高效的方法,时间复杂度O(n&sup2;),空间O(1),不过具体实现可能需要注意一些细节。 用户的需不仅仅是代码,可能还需要解释思路,以及不同方法的优缺点。比如,动态规划的思路是,如果子串的两端字符相同,并且中间的子串也是回文,那么整个子串就是回文。而中心扩展法则是从每个字符或每两个字符中间开始向两边扩展,直到不能形回文为止。 我应该先介绍中心扩展法,因为效率更高,也更容易理解。然后给出代码示例,并逐步解释每一步的作用。比如,遍历每个字符,作为中心点,然后分奇偶两种情况扩展。比如,对于"babad",中心点可能是单个字符,也可能是两个相同的字符中间。 另外,需要注意字符串长度为0或1的特殊情况处理。在代码中,初始化最长回文子串的时候,可以设为空,或者第一个字符,视情况而定。在扩展的时候,要确保左右指针不越界,并且字符相等。 然后,动态规划的方法可以作为另一种解法,但需要解释其时间和空间复杂度,以及适用场景。可能用户需要比较不同方法的优劣,所以应该都提到,但重点放在中心扩展法上。 还有可能的错误点,比如如何处理偶长度的回文,或者在遍历时如何更新最长子串的起始和结束位置。例如,每次找到更长的回文时,更新最长长度和起始位置,最后用substring方法提取。 另外,测试用例也很重要,比如输入"babad"应该输出"bab"或"aba",输入"cbbd"应该输出"bb"。在代码中需要确保这些情况都能正确处理。 可能用户还希望看到代码的注释,以及每一步的具体作用,这样更容易理解。所以代码中应该包含必要的注释,解释关键步骤。 最后,总结一下两种方法的优缺点,帮助用户根据不同的需选择合适的方法。比如,如果内存有限,中心扩展法更好;如果字符串较短,动态规划可能更容易实现。</think>--- ### **问题分析** 找到字符串中最长的回文子串是经典的算法问题,回文子串的定义是:正读和反读相同的字符串(例如 `"aba"` 或 `"abba"`)。需要高效、正确地解决此问题。 --- ### **解决方案** #### **方法 1:中心扩展法(推荐)** **核心思想**:以每个字符为中心,向两侧扩展,尝试找到最长的回文子串。需处理奇偶长度两种情况(例如 `"aba"` 和 `"abba"`)。 ##### **Java 代码实现** ```java public class LongestPalindrome { public static String longestPalindrome(String s) { if (s == null || s.length() < 1) return ""; int start = 0, end = 0; for (int i = 0; i < s.length(); i++) { // 处理奇长度回文(如 "aba") int len1 = expandAroundCenter(s, i, i); // 处理偶长度回文(如 "abba") int len2 = expandAroundCenter(s, i, i + 1); int maxLen = Math.max(len1, len2); // 更新最长回文的起止位置 if (maxLen > end - start) { start = i - (maxLen - 1) / 2; end = i + maxLen / 2; } } return s.substring(start, end + 1); } // 向两侧扩展,返回当前中心的最长回文长度 private static int expandAroundCenter(String s, int left, int right) { while (left >= 0 && right < s.length() && s.charAt(left) == s.charAt(right)) { left--; right++; } return right - left - 1; // 实际长度为 (right-1) - (left+1) + 1 = right - left -1 } public static void main(String[] args) { System.out.println(longestPalindrome("babad")); // 输出 "bab" 或 "aba" System.out.println(longestPalindrome("cbbd")); // 输出 "bb" } } ``` ##### **代码解析** 1. **时间复杂度**:$O(n^2)$,遍历每个字符作为中心($O(n)$),每次扩展最多 $O(n)$。 2. **空间复杂度**:$O(1)$,仅使用常级额外空间。 3. **关键逻辑**: - `expandAroundCenter` 函向两侧扩展,直到字符不匹配。 - 同时处理奇偶长度的回文,确保不漏掉任何情况。 --- #### **方法 2动态规划** **核心思想**:利用二维 `dp[i][j]` 记录子串 `s[i...j]` 是否为回文,逐步扩展子串长度。 ##### **Java 代码实现** ```java public class LongestPalindromeDP { public static String longestPalindrome(String s) { if (s == null || s.length() < 2) return s; int n = s.length(); boolean[][] dp = new boolean[n][n]; int maxLen = 1; int start = 0; // 初始化:所有长度为1的子串都是回文 for (int i = 0; i < n; i++) { dp[i][i] = true; } // 按子串长度遍历 for (int L = 2; L <= n; L++) { for (int i = 0; i <= n - L; i++) { int j = i + L - 1; if (s.charAt(i) == s.charAt(j)) { // 长度为2时直接判断,否则依赖内部子串 if (L == 2 || dp[i + 1][j - 1]) { dp[i][j] = true; if (L > maxLen) { maxLen = L; start = i; } } } } } return s.substring(start, start + maxLen); } public static void main(String[] args) { System.out.println(longestPalindrome("babad")); // 输出 "bab" System.out.println(longestPalindrome("cbbd")); // 输出 "bb" } } ``` ##### **代码解析** 1. **时间复杂度**:$O(n^2)$,双层循环遍历所有子串。 2. **空间复杂度**:$O(n^2)$,需存储二维。 3. **关键逻辑**: - `dp[i][j] = true` 表示 `s[i...j]` 是回文。 - 状态转移:若两端字符相同且内部子串是回文,则当前子串是回文。 --- ### **方法对比** | 方法 | 时间复杂度 | 空间复杂度 | 适用场景 | |----------------|------------|------------|-----------------------| | **中心扩展法** | $O(n^2)$ | $O(1)$ | 内存敏感或字符串较长 | | **动态规划** | $O(n^2)$ | $O(n^2)$ | 需要记录所有子串信息 | --- ### **边界条件与测试用例** 1. **空字符串**:`""` → 返回 `""`。 2. **单字符**:`"a"` → 返回 `"a"`。 3. **全相同字符**:`"aaaaa"` → 返回自身。 4. **偶长度回文**:`"abba"` → 正确识别。 --- ### **总结** - **中心扩展法** 是更优选择,尤其适合长字符串。 - **动态规划** 逻辑直观,但空间占用较高。 - 根据实际需选择方法,优先考虑时间和空间复杂度。
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