LC 664. 奇怪的打印机

题目描述

这是 LeetCode 上的 664. 奇怪的打印机 ，难度为 困难。

有台奇怪的打印机有以下两个特殊要求：

  • 打印机每次只能打印由 同一个字符 组成的序列。
  • 每次可以在任意起始和结束位置打印新字符，并且会覆盖掉原来已有的字符。

给你一个字符串 s，你的任务是计算这个打印机打印它需要的最少打印次数。

示例 1：

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输入：s = "aaabbb"

输出：2

解释：首先打印 "aaa" 然后打印 "bbb"。

示例 2：
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输入：s = "aba"

输出：2

解释：首先打印 "aaa" 然后在第二个位置打印 "b" 覆盖掉原来的字符 'a'。

提示：

  • $1 <= s.length <= 100$
  • s 由小写英文字母组成

基本分析

首先，根据题意我们可以分析出一个重要推论：连续相同的一段字符，必然可以归到同一次打印中，而不会让打印次数变多。注意，这里说的是「归到一次」，而不是说「单独作为一次」。

怎么理解这句话呢？

举个 🌰，对于诸如 ...bbaaabb... 的样例数据，其中多个连续的 a 必然可以归到同一次打印中，但这一次打印可能只是将 aaa 作为整体进行打印；也有可能是 aaa 与前面或者后面的 a 作为整体被打印（然后中间的 b 被后来的打印所覆盖）。但无论是何种情况连续一段的 aaa 必然是可以「归到同一次打印」中。

我们可以不失一般性证明「连续相同的一段字符，必然可以归到同一次打印中，而不会让打印次数变多」这个推理是否正确：

假设有目标序列 $[…,ai,…,aj,…]$ 其中 $[i, j]$ 连续一段字符相同，假如这一段的打印被最后完成（注意最后完成不代表这一段要保留空白，这一段可以此前被打印多次），除了这一段以外所消耗的打印次数为 $x$，那么根据 $[i, j]$ 不同的打印方案有：

  1. 将 $[i, j]$ 单纯划分为多段：总共打印的次数大于 $x + 1$（此方案不会取到打印最小值 $x + 1$，可忽略）
  2. 将 $[i, j]$ 归到同一次打印：总共打印的次数等于 $x + 1$
  3. 将 $[i, j]$ 结合之前的打印划分为多段，即 $[i, j]$ 一段的两段本身就是「目标字符」，我们本次只需要打印 $[i, j]$ 中间的部分。总共打印的次数等于 $x + 1$

由于同样的地方可以被重复打印，因此我们可以将情况 $3$ 中打印边缘扩展到 $i$ 和 $j$ 处，这样最终打印结果不变，而且总的打印次数没有增加。

到这一步，我们其实已经证明出「连续相同的一段字符，必然可以归到同一次打印中，而不会让打印次数变多」的推论成立了。

但可能会有同学提出疑问：怎么保证 $[i, j]$ 是被最后涂的？怎么保证 $[i, j]$ 不是和其他「不相邻的同样字符」一起打印的？

答案是不用保证，因为不同状态（打印结果）之间相互独立，而有明确的最小转移成本。即从当前打印结果 a 变成打印结果 b，是具有明确的最小打印次数的（否则本题无解）。因此我们上述的分析可以看做任意两个中间状态转移的“最后一步”，而且不会整体的结果。

对应到本题，题目给定的起始状态是空白字符串 a，目标状态是入参字符串 s。那么真实最优解中，从 a 状态到 s 状态中间可能会经过任意个中间状态，假设有两个中间状态 p 和 q，那么我们上述的分析就可以应用到中间状态 p 到 q 的转移中，可以令得 p 到 q 转移所花费的转移成本最低（最优），同时这个转移不会影响「a 到 p 的转移」和「q 到 s 的转移」，是相互独立的。

因此这个分析可以推广到真实最优转移路径中的任意一步，是一个具有一般性的结论。

上述分析是第一个切入点，第二个切入点是「重复打印会进行覆盖」，这意味着我们其实不需要确保 $[i,j]$ 这一段在目标字符串中完全相同，而只需要 $s[i] = s[j]$ 相同即可，即后续打印不会从边缘上覆盖 $[i,j]$ 区间的原有打印，否则 $[i,j]$ 这一段的打印就能用范围更小的区间所代替。

这样就引导出我们状态转移的关键：状态转移之间只需要确保首位字符相同。

动态规划

定义 f[l][r] 为将 $[l, r]$ 这一段打印成目标结果所消耗的最小打印次数。

不失一般性考虑 f[l][r] 该如何转移：

  • 只染 l 这个位置，此时 $f[l][r] = f[l + 1][r] + 1$
  • 不只染 l 这个位置，而是从 l 染到 k（需要确保首位相同 s[l] = s[k]）：$f[l][r] = f[l][k - 1] + f[k + 1][r], l < k <= r$

其中状态转移方程中的情况 2 需要说明一下：由于我们只确保 s[l] = s[k]，并不确保 $[l, k]$ 之间的字符相同，根据我们基本分析可知，s[k] 这个点可由打印 s[l] 的时候一同打印，因此本身 s[k] 并不独立消耗打印次数，所以这时候 $[l, k]$ 这一段的最小打印次数应该取 f[l][k-1]，而不是 f[l][k]。

最终的 f[l][r] 为上述所有方案中取 $min$。

Java 代码：

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class Solution {
    public int strangePrinter(String s) {
        int n = s.length();
        int[][] f = new int[n + 1][n + 1];
        for (int len = 1; len <= n; len++) {
            for (int l = 0; l + len - 1 < n; l++) {
                int r = l + len - 1;
                f[l][r] = f[l + 1][r] + 1;
                for (int k = l + 1; k <= r; k++) {
                    if (s.charAt(l) == s.charAt(k)) {
                        f[l][r] = Math.min(f[l][r], f[l][k - 1] + f[k + 1][r]);
                    }
                }
            }
        }
        return f[0][n - 1];
    }
}

C++ 代码：
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class Solution {
public:
    int strangePrinter(string s) {
        int n = s.length();
        vector<vector<int>> f(n + 1, vector<int>(n + 1, 0));
        for (int len = 1; len <= n; ++len) {
            for (int l = 0; l + len - 1 < n; ++l) {
                int r = l + len - 1;
                f[l][r] = f[l + 1][r] + 1;
                for (int k = l + 1; k <= r; ++k) {
                    if (s[l] == s[k]) {
                        f[l][r] = min(f[l][r], f[l][k - 1] + f[k + 1][r]);
                    }
                }
            }
        }
        return f[0][n - 1];
    }
};

Python 代码：
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class Solution:
    def strangePrinter(self, s: str) -> int:
        n = len(s)
        f = [[0] * (n + 1) for _ in range(n + 1)]
        for lenv in range(1, n + 1):
            l = 0
            while l + lenv - 1 < n:
                r = l + lenv - 1
                f[l][r] = f[l + 1][r] + 1
                for k in range(l + 1, r + 1):
                    if s[l] == s[k]:
                        f[l][r] = min(f[l][r],  f[l][k - 1] + f[k + 1][r])
                l += 1
        return f[0][n - 1]

TypeScript 代码：
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function strangePrinter(s: string): number {
    const n = s.length;
    const f = Array.from({ length: n + 1 }, () => new Array(n + 1).fill(0));
    for (let len = 1; len <= n; len++) {
        for (let l = 0; l + len - 1 < n; l++) {
            const r = l + len - 1;
            f[l][r] = f[l + 1][r] + 1;
            for (let k = l + 1; k <= r; k++) {
                if (s.charAt(l) === s.charAt(k)) {
                    f[l][r] = Math.min(f[l][r], f[l][k - 1] + f[k + 1][r]);
                }
            }
        }
    }
    return f[0][n - 1];
};

  • 时间复杂度：$O(n^3)$
  • 空间复杂度：$O(n^2)$

总结

这道题的原型应该出自 String painter。

如果只是为了把题做出来，难度不算特别大，根据数据范围 $10^2$，可以猜到是 $O(n^3)$ 做法，通常就是区间 DP 的「枚举长度 + 枚举左端点 + 枚举分割点」的三重循环。

但是要搞懂为啥可以这样做，还是挺难，大家感兴趣的话可以好好想想 ~ 🤣

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.664 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：https://github.com/SharingSource/LogicStack-LeetCode 。

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