Google 面试题 | Palindrome Partitioning II

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本文介绍了一种使用动态规划解决字符串最小回文分割问题的方法。通过定义dp数组来记录每个子串最少需要的分割次数，并利用isPalin数组保存回文状态，实现了高效求解。

Description

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, givens = "aab",
Return 1 since the palindrome partitioning["aa","b"] could be produced using 1 cut.

Solution

暴力枚举费时，不好下手，很难达到全局最优，这里我们用DP：
设dp[i]为字符串s的前i个字符的最少切分次数，那么有：

dp[i]初始值为i，表示前i个字符最多需要切分i次
转移方程为 dp[i] = min(dp[i], dp[j-1]+1)，其中 0<=j<i，s[i] == s[j] ， s[i+1]...s[j-1]为回文串

需要注意两个问题：

每次更新dp[i]都需要从新计算回文串，可以用数组保存回文串状态，记isPalin[i][j] 为 s[i]...s[j]是回文串
如果从左到右扫描需要处理左边界，为了编程方便，我们可以从右到左处理，dp[n] = -1，这样转移方程变为dp[i] = min(dp[i], dp[j+1] + 1)，表示从s[i]和s[j]处切分字符串的最少次数

Code

class Solution {
public:
    int minCut(string s) {
        int n = s.length();
        vector<vector<bool>> isPalin(n, vector<bool>(n, false));
        vector<int> dp(n+1, -1);

        for (int i=0; i<n; i++)
            isPalin[i][i] = true;

        for (int i=n-1; i>=0; i--) {
            dp[i] = dp[i+1] + 1;
            for (int j=i+1; j<n; j++) {
                if (s[i] == s[j]) {
                    if (j == i+1 || isPalin[i+1][j-1]) {
                        isPalin[i][j] = true;
                        dp[i] = min(dp[i], dp[j+1] + 1);
                    }
                }
            }
        }

        return dp[0];
    }
};