[LeetCode] 132.Palindrome Partitioning II 拆分回文串之二
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.
Example:
Input: "aab"
Output: 1
Explanation: The palindrome partitioning ["aa","b"] could be produced using 1 cut.
这道题是让找到把原字符串拆分成回文串的最小切割数，如果我们首先考虑用brute force来做的话就会十分的复杂，因为我们不但要判断子串是否是回文串，而且还要找出最小切割数，情况会非常的多，不好做。所以对于这种玩字符串且是求极值的题，就要祭出旷古神器动态规划Dynamic Programming了，秒天秒地秒空气，DP在手天下我有。好，吹完一波后，开始做题。DP解法的两个步骤，定义dp数组和找状态转移方程。首先来定义dp数组，这里使用最直接的定义方法，一维的dp数组，其中dp[i]表示子串 [0, i] 范围内的最小分割数，那么我们最终要返回的就是 dp[n-1] 了，这里先加个corner case的判断，若s串为空，直接返回0，OJ的test case中并没有空串的检测，但博主认为还是加上比较好，毕竟空串也算是回文串的一种，所以最小分割数为0也说得过去。接下来就是大难点了，如何找出状态转移方程。
如何更新dp[i]呢，前面说过了其表示子串 [0, i] 范围内的最小分割数。那么这个区间的每个位置都可以尝试分割开来，所以就用一个变量j来从0遍历到i，这样就可以把区间 [0, i] 分为两部分，[0, j-1] 和 [j, i]，那么suppose我们已经知道区间 [0, j-1] 的最小分割数 dp[j-1]，因为我们是从前往后更新的，而 j 小于等于 i，所以 dp[j-1] 肯定在 dp[i] 之前就已经算出来了。这样我们就只需要判断区间 [j, i] 内的子串是否为回文串了，是的话，dp[i] 就可以用 1 + dp[j-1] 来更新了。判断子串的方法用的是之前那道 Palindromic Substrings 一样的方法，使用一个二维的dp数组p，其中 p[i][j] 表示区间 [i, j] 内的子串是否为回文串，其状态转移方程为 p[i][j] = (s[i] == s[j]) && p[i+1][j-1]，其中 p[i][j] = true if [i, j]为回文。这样的话，这道题实际相当于同时用了两个DP的方法，确实难度不小呢。
第一个for循环遍历的是i，此时我们现将 dp[i] 初始化为 i，因为对于区间 [0, i]，就算我们每个字母割一刀（怎么听起来像凌迟？！），最多能只用分割 i 次，不需要再多于这个数字。但是可能会变小，所以第二个for循环用 j 遍历区间 [0, j]，根据上面的解释，我们需要验证的是区间 [j, i] 内的子串是否为回文串，那么只要 s[j] == s[i]，并且 i-j < 2 或者 p[j+1][i-1] 为true的话，先更新 p[j][i] 为true，然后在更新 dp[i]，这里需要注意一下corner case，当 j=0 时，我们直接给 dp[i] 赋值为0，因为此时能运行到这，说明 [j, i] 区间是回文串，而 j=0， 则说明 [0, i] 区间内是回文串，这样根本不用分割啊。若 j 大于0，则用 dp[j-1] + 1 来更新 dp[i]，最终返回 dp[n-1] 即可，参见代码如下：
解法一：
class Solution {
public:
int minCut(string s) {
if (s.empty()) return 0;
int n = s.size();
vector<vector<bool>> p(n, vector<bool>(n));
vector<int> dp(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
dp[i] = i;
for (int j = 0; j <= i; ++j) {
if (s[i] == s[j] && (i - j < 2 || p[j + 1][i - 1])) {
p[j][i] = true;
dp[i] = (j == 0) ? 0 : min(dp[i], dp[j - 1] + 1);
}
}
}
return dp[n - 1];
}
};我们也可以反向推，这里的dp数组的定义就刚好跟前面反过来了，dp[i] 表示区间 [i, n-1] 内的最小分割数，所以最终只需要返回 dp[0] 就是区间 [0, n-1] 内的最喜哦啊分割数了，极为所求。然后每次初始化 dp[i] 为 n-1-i 即可，j 的更新范围是 [i, n)，此时我们就只需要用 1 + dp[j+1] 来更新 dp[i] 了，为了防止越界，需要对 j == n-1 的情况单独处理一下，整个思想跟上面的解法一模一样，请参见之前的讲解。
解法二：
class Solution {
public:
int minCut(string s) {
if (s.empty()) return 0;
int n = s.size();
vector<vector<bool>> p(n, vector<bool>(n));
vector<int> dp(n);
for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
dp[i] = n - i - 1;
for (int j = i; j < n; ++j) {
if (s[i] == s[j] && (j - i <= 1 || p[i + 1][j - 1])) {
p[i][j] = true;
dp[i] = (j == n - 1) ? 0 : min(dp[i], dp[j + 1] + 1);
}
}
}
return dp[0];
}
};下面这种解法是论坛上的高分解法，没用使用判断区间 [i, j] 内是否为回文串的二维dp数组，节省了空间。但写法上比之前的解法稍微有些凌乱，也算是个 trade-off 吧。这里还是用的一维dp数组，不过大小初始化为了 n+1，这样其定义就稍稍发生了些变化，dp[i] 表示由s串中前 i 个字母组成的子串的最小分割数，这样 dp[n] 极为最终所求。接下来就要找状态转移方程了。这道题的更新方式比较特别，跟之前的都不一样，之前遍历 i 的时候，都是更新的 dp[i]，这道题更新的却是 dp[i+len+1] 和 dp[i+len+2]，其中 len 是以i为中心，总长度为 2*len + 1 的回文串，比如 bob，此时 i=1，len=1，或者是i为中心之一，总长度为 2*len + 2 的回文串，比如 noon，此时 i=1，len=1。中间两个for循环就是分别更新以 i 为中心且长度为 2*len + 1 的奇数回文串，和以 i 为中心之一且长度为 2*len + 2 的偶数回文串的。i-len 正好是奇数或者偶数回文串的起始位置，由于我们定义的 dp[i] 是区间 [0, i-1] 的最小分割数，所以 dp[i-len] 就是区间 [0, i-len-1] 范围内的最小分割数，那么加上奇数回文串长度 2*len + 1，此时整个区间为 [0, i+len]，即需要更新 dp[i+len+1]。如果是加上偶数回文串的长度 2*len + 2，那么整个区间为 [0, i+len+1]，即需要更新 dp[i+len+2]。这就是分奇偶的状态转移方程，参见代码如下：
解法三：
class Solution {
public:
int minCut(string s) {
if (s.empty()) return 0;
int n = s.size();
vector<int> dp(n + 1, INT_MAX);
dp[0] = -1;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int len = 0; i - len >= 0 && i + len < n && s[i - len] == s[i + len]; ++len) {
dp[i + len + 1] = min(dp[i + len + 1], 1 + dp[i - len]);
}
for (int len = 0; i - len >= 0 && i + len + 1 < n && s[i - len] == s[i + len + 1]; ++len) {
dp[i + len + 2] = min(dp[i + len + 2], 1 + dp[i - len]);
}
}
return dp[n];
}
};到此这篇关于C++实现LeetCode(132.拆分回文串之二)的文章就介绍到这了,更多相关C++实现拆分回文串之二内容请搜索编程网以前的文章或继续浏览下面的相关文章希望大家以后多多支持编程网！
