奇怪的打印机的最小打印次数问题（每次打印一个连续区间，可覆盖，但每次打印的颜色必须相同，且目标串由两种颜色字符组成） 题目描述 你有一台奇怪的打印机，它有一个特殊的规则：每次操作只能打印一个 连续区间 内的所有位置，并且本次打印使用的 颜色必须相同 。如果某个位置之前已经被打印过，这次操作会将其覆盖。打印机一开始没有打印任何内容（可以视为所有位置是空白的）。目标字符串由两种颜色的字符组成，例如用 a 和 b 表示两种不同颜色。现在给你一个目标字符串 s ，问至少需要多少次打印操作，才能得到这个目标字符串？ 示例 输入： s = "ababa" 输出：3 解释： 步骤1: 打印整个字符串为 a ，得到 "aaaaa" 。 步骤2: 打印区间 [ 2,4] 为 b ，得到 "abbba" 。 步骤3: 打印区间 [ 4,4] 为 a ，得到 "ababa" 。 问题分析 这是一个典型的区间动态规划问题。我们定义 dp[i][j] 为打印出子串 s[i...j] 所需的最小打印次数。这里的子串指的是目标字符串中从索引 i 到 j （包含两端）的这一段。 为什么是区间DP？ 因为打印操作是作用于一个连续区间的，并且子问题的解（打印某个子区间）可以合并成更大区间的解。这符合区间DP的典型结构。 核心难点 打印操作会覆盖之前的结果。这意味着我们可以“浪费”一些操作，只要最后结果正确。 如果一次打印的颜色和某个位置上最终的颜色不同，这次打印在该位置就浪费了（被后续操作覆盖了）。但我们可以利用这种“浪费”来进行优化，比如先统一打印一个底色。 关键思路：当我们考虑如何打印 s[i...j] 时，如果 s[i] 的颜色在后续的某个位置 k 再次出现，并且这两个位置的颜色相同，那么我们可以尝试用 同一次打印 来覆盖区间 [i, k] 的一部分。因为打印机一次只能打印一种颜色，如果我们计划在第一次打印时就将 s[i] 的颜色打印到位置 i 和 k 上，那么在中间的区域 (i, k) 即使被暂时打印成 s[i] 的颜色，之后也可以通过其他打印来修正（只要那些位置的目标颜色不是 s[i] ）。 状态转移推导 基础情况 当区间长度为1，即 i == j 时，显然只需要1次打印。 dp[i][i] = 1 。 状态转移方程 对于一个区间 [i, j] ，我们考虑它的第一次打印操作。我们可以单独打印第一个字符 s[i] ，那么这次打印就只覆盖了位置 i 。那么打印完 [i, j] 的总次数就等于 1 + dp[i+1][j] 。这是一种可能。 但有没有可能做得更好？如果我们不单独打印 s[i] ，而是将这次打印的区间向右延伸到某个位置 k （ i < k <= j ），并且这个位置 k 的颜色和 s[i] 相同（ s[k] == s[i] ）。这意味着我们可以用 一次操作 ，将区间 [i, k] 都打印成 s[i] 的颜色。 这次打印完成后，位置 i 和 k 已经是正确的颜色了。 但位置 (i, k) 之间的位置（记为 (i+1)...(k-1) ）现在也变成了 s[i] 的颜色，这可能不正确，需要后续操作来修正它们。 关键是，由于 s[i] 和 s[k] 颜色相同，并且我们用同一次打印处理了它们，那么在处理完 [i, k] 这个“框架”后，中间部分 (i, k) 的打印就和 [k+1, j] 的打印独立开了吗？并不是完全独立，但我们可以利用一个巧妙的分解。 我们可以将问题分解为两部分： 打印区间 [i, k] ，但这次打印操作（将 [i, k] 打印成 s[i] 的颜色）已经算作一次操作。现在我们需要修正 (i, k) 区间内的颜色。注意，位置 i 和 k 已经正确，不需要再动。所以，我们需要的最小操作次数，实际上等于打印出 子串 s[i+1 ... k-1] 的最小操作数。因为 s[i+1...k-1] 的目标颜色和现在覆盖的颜色（ s[i] 的颜色）可能不同，我们需要用额外的打印操作将其变成目标颜色。而 dp[i+1][k-1] 正是打印出目标子串 s[i+1...k-1] 的最小操作数。这里的关键是，我们可以在已经将 [i, k] 打印成底色 s[i] 的基础上，再去打印 s[i+1...k-1] 的目标颜色，这相当于覆盖了底色。由于打印操作总是覆盖，这是允许的。 打印剩余区间 [k+1, j] 。这需要 dp[k+1][j] 次操作。 但是，注意，第1步的打印 s[i+1...k-1] 和第2步的打印 [k+1, j] 是独立的操作序列。并且，我们最开始已经用了一次操作打印了 [i, k] 的底色。 因此，总操作数的一种可能方案是： dp[i][j] = 1 + dp[i+1][k-1] + dp[k+1][j] 。 然而，这里有一个优化：如果 s[i] 的颜色在整个区间 [i, j] 中只出现一次（即没有这样的 k 满足 s[k] == s[i] 且 k > i ），那么我们别无选择，只能单独打印 s[i] ，然后处理剩下的区间。此时， dp[i][j] = 1 + dp[i+1][j] 。 更一般的状态转移方程 我们可以将上述思路整合成一个递推式。对于区间 [i, j] ： 我们总是可以先单独打印第一个字符 s[i] ，然后处理剩下的区间： dp[i][j] = 1 + dp[i+1][j] 。这是一种基准方案。 然后，我们尝试所有可能的分割点 k ，其中 i < k <= j 并且 s[k] == s[i] 。对于每个这样的 k ，我们可以考虑用一次操作同时搞定 s[i] 和 s[k] ，然后分别处理中间和右边的区间。操作数计算为： dp[i][j] = min( dp[i][j], dp[i][k-1] + dp[k+1][j] ) 。 等等，这个式子似乎和之前说的 1 + dp[i+1][k-1] + dp[k+1][j] 不太一样。让我们重新审视一下。 仔细想想，当我们用一次操作打印了 [i, k] 为 s[i] 的颜色后： 位置 i 和 k 已经正确。 为了处理区间 [i, k] 最终要达到目标 s[i...k] ，我们现在需要处理的是子区间 [i+1, k-1] 。因为 i 和 k 已经正确， [i+1, k-1] 可能需要被覆盖成各种颜色。但是， dp[i+1][k-1] 表示的是从“空白”状态打印出 s[i+1...k-1] 的最小次数。而我们现在是在一个已经有底色（ s[i] 的颜色）的区间上操作。由于打印是覆盖，从“全为底色”变成目标，是否等价于从“空白”开始打印？ 是的，是等价的 。因为打印机操作是覆盖，无论底下原来是什么，一次打印就能将一段连续区间变成单一颜色。所以，从“底色”状态变成目标状态，与从“空白”状态变成目标状态，所需的最小操作数是相同的。因为“空白”也可以看作是一种特殊的颜色，任何覆盖操作都能将其改变。因此，将 [i+1, k-1] 从底色（ s[i] 的颜色）修正为目标，所需的最小操作数就是 dp[i+1][k-1] 。 那么，总操作数是否就是 1 + dp[i+1][k-1] + dp[k+1][j] 呢？这里有一个更精细的观察。 实际上，当我们将 [i, k] 打印成 s[i] 的颜色后，区间 [i, k] 的打印任务就被拆分成了两个 独立 的子任务： 子任务A：将 [i+1, k-1] 从底色（ s[i] 的颜色）修正为目标状态。需要 dp[i+1][k-1] 次操作。 子任务B：打印区间 [k+1, j] 。需要 dp[k+1][j] 次操作。 注意， 子任务A和子任务B是完全独立的 ，它们操作的区间不相交，而且执行的先后顺序不影响最终结果和操作数（因为覆盖操作最终会使各自区间达到目标）。 但是，等等，我们是不是多算了一次？我们最初的这次打印（将 [i, k] 打印成 s[i] 的颜色）是第一次操作。然后我们需要 dp[i+1][k-1] 次操作来修正中间部分。但是， dp[i+1][k-1] 的定义是从空白打印出 s[i+1...k-1] 的最小操作数。现在， [i+1, k-1] 区域已经是 s[i] 的颜色了。如果我们把“从底色A状态开始”等价于“从空白开始”，那么确实需要 dp[i+1][k-1] 次操作。然而，是否存在一种可能， dp[i+1][k-1] 的某种最优打印方案，它的第一次操作恰好也是将某个子区间打印成 s[i] 的颜色？如果是这样，那么这次操作和我们最开始的那次操作（将 [i, k] 打印成 s[i] 的颜色）是否可以合并？ 不能 ，因为打印机每次打印必须是连续的区间。最开始我们打印的区间是 [i, k] ，它包含了 i 和 k 。而 dp[i+1][k-1] 的任何操作区间都在 (i, k) 内部，不会包含端点 i 或 k 。所以这两次操作无法合并。 那么，总操作数就是：1（第一次打印 [i, k] ） + dp[i+1][k-1] （修正中间） + dp[k+1][j] （处理右边）。 但让我们考虑一个边界情况：如果 k = i+1 ，即 s[i] 和 s[i+1] 颜色相同。那么 [i, k] 就是 [i, i+1] 。打印一次覆盖这两个位置。中间部分 [i+1, k-1] 是空区间， dp[i+1][k-1] 对应 dp[i+1][i] ，按照定义，长度为0的区间不需要操作，我们可以设 dp[i+1][i] = 0 。那么总操作数就是 1 + 0 + dp[k+1][j] = 1 + dp[i+2][j] 。这与我们单独打印 s[i] 然后处理剩下的 dp[i+1][j] 是不同的。哪个更优？如果 s[i] 和 s[i+1] 颜色相同，那么显然一起打印更优，因为 1 + dp[i+2][j] <= 1 + dp[i+1][j] （因为 dp[i+2][j] 处理的是更短的区间，通常操作数更少或相等）。这符合直觉。 然而，我们再看看另一种常见的状态转移方程，许多题解中给出的是： dp[i][j] = min( dp[i][j], dp[i][k-1] + dp[k+1][j] ) ，当 s[i] == s[k] 时。 这个方程和我们推导的 1 + dp[i+1][k-1] + dp[k+1][j] 看起来不同。为什么是 dp[i][k-1] 而不是 1 + dp[i+1][k-1] ？ 这里有一个关键的 洞察 ：当我们用一次操作将 [i, k] 打印成 s[i] 的颜色后，我们实际上可以认为， dp[i][k-1] 的值就等于 dp[i+1][k-1] 。因为 s[i] 和 s[k] 颜色相同，并且我们打算在最终方案中， s[i] 和 s[k] 是同一次打印完成的。那么，在考虑区间 [i, k-1] 时，由于 s[i] 和 s[k] 颜色相同，并且 k 在 [i, k-1] 之外，我们可以将 s[i] 的打印“延期”到和 s[k] 一起处理。也就是说，在子问题 dp[i][k-1] 的最优打印方案中，我们并不需要单独为 s[i] 执行一次打印，因为我们可以等到处理更大的区间 [i, k] 时再打印。因此， dp[i][k-1] 实际上等于 dp[i+1][k-1] 。更准确地说，在区间 [i, j] 的背景下，当我们确定要用一次操作同时打印 s[i] 和 s[k] 时，区间 [i, k-1] 的打印就可以忽略掉左端点 i 的打印操作，因为它已经被合并到更大的操作中。所以，处理 [i, k-1] 这个子区间（最终目标是 s[i...k-1] ）的最小操作数，实际上就是处理 s[i+1...k-1] 的最小操作数，即 dp[i+1][k-1] 。那么， dp[i][k-1] 在这种情况下就等于 dp[i+1][k-1] 。 因此，我们有 dp[i][j] = min( dp[i][j], dp[i][k-1] + dp[k+1][j] ) ，其中 s[i] == s[k] 。注意，这个方程中并没有显式的 +1 ，因为那一次合并打印 s[i] 和 s[k] 的操作，其成本被隐含在子问题 dp[i][k-1] 的减少中。 dp[i][k-1] 本来可能需要一次操作来打印 s[i] ，但现在因为和 s[k] 合并，这次操作被节省了，所以 dp[i][k-1] 实际上等于 dp[i+1][k-1] 。节省的这一次操作，正好抵消了后来我们为打印 [i, k] 底色而花费的那一次操作。所以，在方程中，我们直接用 dp[i][k-1] + dp[k+1][j] 来表示总操作数，而不需要额外加1。 让我们用之前的例子验证一下。 s = "ababa" ，考虑区间 [0,4] （整个字符串）。 s[0]='a' 。我们看 k=2 时， s[2]='a' 也等于 'a'。那么按照方程： dp[0][4] = min( dp[0][4], dp[0][1] + dp[3][4] ) 。 我们需要先计算 dp[0][1] 和 dp[3][4] 。 dp[0][1] ：子串 "ab"。 s[0]='a' , s[1]='b' ，颜色不同。所以 dp[0][1] = 1 + dp[1][1] = 1+1=2 。（也可以先打印整个区间为'a'，再打印位置1为'b'，共2次）。 dp[3][4] ：子串 "ba"。类似地， dp[3][4] = 2 。 那么 dp[0][4] 的一种候选是 2+2=4 。这显然不是最优的（最优是3）。为什么？ 因为我们的方程 dp[i][j] = min( dp[i][j], dp[i][k-1] + dp[k+1][j] ) 成立的前提是，在子问题 dp[i][k-1] 中，我们 没有 为 s[i] 单独安排一次打印操作，而是将其合并到后续和 s[k] 的打印中。但在我们计算 dp[0][1] 时，我们并不知道将来会和 s[2] 合并，所以 dp[0][1] 是按照常规计算的，包含了打印 s[0] 的操作。当我们用 dp[0][1] + dp[3][4] 时，我们实际上多算了一次打印 s[0] 的操作（在 dp[0][1] 中算了一次，然后又隐含在和 s[2] 合并的打印中又算了一次）。所以这个方程 需要修正 。 正确的方程应该是： dp[i][j] = min( dp[i][j], dp[i+1][k-1] + dp[k+1][j] ) ，当 s[i] == s[k] 时。并且，我们还需要考虑当 k = j 时，即 s[i] 和 s[j] 颜色相同的情况。此时， dp[k+1][j] 为空区间，操作数为0。 所以，综合起来，状态转移方程为： 初始化 dp[i][j] = 1 + dp[i+1][j] 。 （单独打印左端点） 对于所有 k 满足 i < k <= j 且 s[k] == s[i] ，尝试用一次打印覆盖 [i, k] ，然后修正中间，处理右边。即： dp[i][j] = min( dp[i][j], dp[i+1][k-1] + dp[k+1][j] ) 。 注意，当 k = i+1 时， dp[i+1][k-1] 即 dp[i+1][i] ，我们定义长度为0的区间操作数为0。 当 k = j 时， dp[k+1][j] 即 dp[j+1][j] ，同样为0。 为什么这个方程正确？ 当我们用一次操作打印 [i, k] 为 s[i] 的颜色后，位置 i 和 k 已经正确。接下来我们需要： 将区间 [i+1, k-1] 从底色修正为目标，这需要 dp[i+1][k-1] 次操作。 将区间 [k+1, j] 从空白（或任何状态）打印为目标，这需要 dp[k+1][j] 次操作。 总操作数 = 1（打印 [i, k] ） + dp[i+1][k-1] + dp[k+1][j] 。 但是，注意 dp[i+1][k-1] 可能为0（当区间为空时）。而我们之前单独打印左端点的方案是 1 + dp[i+1][j] 。如果我们把 k 取为 i （但 k > i ，所以不行）或者将方案2理解为不需要那额外的1，似乎和方程不符。 我们重新审视一下。如果我们设 dp[i][j] 表示打印出 s[i...j] 的最小操作数。对于方案2（合并打印 s[i] 和 s[k] ）： 第一步：打印区间 [i, k] 为 s[i] 的颜色。消耗1次操作。 第二步：完成 [i+1, k-1] 和 [k+1, j] 的打印。这两部分独立，且它们所需的操作数分别是 dp[i+1][k-1] 和 dp[k+1][j] 。注意， dp[i+1][k-1] 是 从空白开始 打印出 s[i+1...k-1] 的最小操作数。现在我们是在底色上打印，但正如之前论证，从底色开始和从空白开始所需操作数相同。所以第二步总操作数为 dp[i+1][k-1] + dp[k+1][j] 。 因此，总操作数为 1 + dp[i+1][k-1] + dp[k+1][j] 。 那么，我们的状态转移方程应该是： dp[i][j] = min( dp[i][j], 1 + dp[i+1][k-1] + dp[k+1][j] ) ，对于所有 k 满足 i < k <= j 且 s[k] == s[i] 。 同时，基础方案为： dp[i][j] = 1 + dp[i+1][j] 。 这个方程是清晰的。我们来验证一下例子。 示例演算 s = "ababa" ，长度为5。我们计算 dp[i][j] 。 初始化： dp[i][i] = 1 对所有 i 。 计算顺序：按区间长度从小到大。 长度2 [0,1] : s="ab"。基础方案： dp[0][1] = 1 + dp[1][1] = 1+1=2 。检查 k ： k=1 时 s[1]='b' != s[0] 。所以 dp[0][1]=2 。 [1,2] : s="ba"。类似， dp[1][2] = 1 + dp[2][2] = 2 。 [2,3] : s="ab"。 dp[2][3]=2 。 [3,4] : s="ba"。 dp[3][4]=2 。 长度3 [0,2] : s="aba"。 基础方案： 1 + dp[1][2] = 1+2 = 3 。 检查 k ： k=2 时， s[2]='a' == s[0] 。则候选： 1 + dp[1][1] + dp[3][2] 。 dp[1][1]=1 ， dp[3][2] 区间无效（ 3>2 ），我们定义无效区间操作数为0。所以候选为 1+1+0=2 。 取最小值： dp[0][2] = min(3, 2) = 2 。 [1,3] : s="bab"。 基础： 1 + dp[2][3] = 1+2=3 。 检查 k ： k=3 时， s[3]='b' == s[1] 。候选： 1 + dp[2][2] + dp[4][3] 。 dp[2][2]=1 ， dp[4][3]=0 。候选为 1+1+0=2 。 所以 dp[1][3] = 2 。 [2,4] : s="aba"。 类似 [0,2] ， dp[2][4] = 2 。 长度4 [0,3] : s="abab"。 基础： 1 + dp[1][3] = 1+2=3 。 检查 k ： k=2 时， s[2]='a' == s[0] 。候选： 1 + dp[1][1] + dp[3][3] = 1+1+1=3 。 没有其他 k 。所以 dp[0][3] = min(3,3)=3 。 [1,4] : s="baba"。 基础： 1 + dp[2][4] = 1+2=3 。 检查 k ： k=3 时， s[3]='b' == s[1] 。候选： 1 + dp[2][2] + dp[4][4] = 1+1+1=3 。 所以 dp[1][4] = 3 。 长度5 [0,4] : s="ababa"。 基础： 1 + dp[1][4] = 1+3=4 。 检查 k ： k=2 ： s[2]=='a' 。候选： 1 + dp[1][1] + dp[3][4] = 1 + 1 + 2 = 4 。 k=4 ： s[4]=='a' 。候选： 1 + dp[1][3] + dp[5][4] 。 dp[1][3]=2 ， dp[5][4]=0 。所以候选为 1+2+0=3 。 取最小值： min(4, 4, 3) = 3 。 所以 dp[0][4] = 3 ，与示例输出一致。 最终答案 为 dp[0][n-1] ，其中 n 是字符串长度。 算法步骤 输入字符串 s ，长度为 n 。 创建一个二维数组 dp[n][n] ，初始化为0。 初始化长度为1的区间：对所有 i ， dp[i][i] = 1 。 按区间长度 len 从2到 n 循环： 对于每个起始点 i ，计算终点 j = i + len - 1 （ j < n ）。 先计算基准值： dp[i][j] = 1 + dp[i+1][j] 。 然后，对于每个 k 从 i+1 到 j ： 如果 s[k] == s[i] ，则计算候选值： candidate = 1 + dp[i+1][k-1] + dp[k+1][j] 。注意处理边界，当 i+1 > k-1 时， dp[i+1][k-1] 视为0。当 k+1 > j 时， dp[k+1][j] 视为0。 如果 candidate < dp[i][j] ，则更新 dp[i][j] = candidate 。 返回 dp[0][n-1] 。 时间复杂度 ：O(n³)，因为有三重循环（长度、起点、分割点）。 空间复杂度 ：O(n²)。 思考与优化 为什么我们只考虑 s[k] == s[i] 的情况？因为如果颜色不同，我们无法用同一次打印同时处理 i 和 k ，因为一次打印只能是一种颜色。 这个DP的正确性基于：最优解中，第一次打印 s[i] 的操作，要么是单独打印位置 i ，要么是与后面某个相同颜色的位置 k 一起打印。我们枚举了所有可能的 k ，从而覆盖了所有可能的最优策略。 总结 这道题是区间DP的一个有趣应用，其核心在于如何处理“覆盖”操作，以及如何利用相同颜色可以一起打印的性质来减少操作次数。状态定义为打印出某个子串所需的最小打印次数，状态转移时，考虑左端点的打印是与自身单独进行，还是与后方同色点一起进行。通过枚举合并点，我们可以找到最优策略。