“合并相邻同色方块的最小成本问题”的升级版
字数 4533 2025-12-21 02:17:27

好的，我注意到你已经了解了区间动态规划中许多经典和进阶的题目。为了确保不重复，我仔细核对了你的列表，发现其中一个非常经典且在列表中出现较少的变体是 “合并相邻同色方块的最小成本问题”的升级版。这个升级版引入了更复杂的合并后新方块颜色的生成规则，使得问题更具挑战性和普遍性，非常适合用来深入理解区间动态规划的状态设计和转移。

题目名称是：
合并相邻字符的最小成本问题（颜色生成规则与相邻合并）

题目描述

给你一个由小写字母（代表不同颜色）组成的字符串 s，长度为 n。你可以重复执行以下操作：

  1. 选择两个相邻且颜色相同的字符（即字母相同）。
  2. 将它们合并成一个新的字符。
  3. 合并操作会产生一个成本，这个成本是一个二维数组 cost[a][b] 给出的。其中，a 和 b 分别代表要合并的两个字符的 ASCII 码值。合并成本 cost[a][b] 是一个非负整数。
  4. 合并后，新生成的字符颜色（字母） 不再是原来那个，而是由另一个二维数组 newChar[a][b] 决定，它返回新字符的 ASCII 码值。例如，合并两个 'a'（ASCII 97），新字符可能变成 'b'（ASCII 98）。

你的目标是，通过一系列这样的合并操作，最终将整个字符串 s 合并成一个单独的字符。请你计算出达成这个目标所需的最小总成本。如果无论如何都无法合并成一个字符，则返回 -1。

输入:

  • s：字符串，长度 n。
  • cost[128][128]：成本矩阵，cost[i][j] 表示合并字符 i 和字符 j 的成本（i 和 j 为字符的整数表示）。对于不相邻或颜色不同的合并，该值无意义。
  • newChar[128][128]：字符生成矩阵，newChar[i][j] 表示合并字符 i 和 j 后生成的新字符。

输出:

  • 一个整数，表示将整个字符串合并成一个字符的最小总成本。如果无法合并，返回 -1。

核心挑战：

  • 合并的顺序很重要，不同的顺序会导致不同的中间结果和最终总成本。
  • 合并后字符会变化，这意味着即使初始时两个字符相同，合并后产生的“新颜色”也可能与旁边的字符匹配，从而为后续合并创造新的机会。这使得问题无法用简单的贪心解决，必须考虑所有可能性。

解题过程

这是一个典型的区间动态规划问题。我们关心的是一个区间 [i, j] 最终能被合并成什么字符，以及达到这个状态的最小成本。

第一步：定义状态

我们定义 dp[i][j][c] 为一个布尔值或一个最小成本值。

  • 布尔值定义：dp[i][j][c] = True 表示子串 s[i...j] 可以通过一系列合法的合并操作，最终变成一个字符 c。这种方法主要用于判断可行性。
  • 最小成本定义：dp[i][j][c] 表示将子串 s[i...j] 合并成一个字符 c 的最小成本。如果无法合并成字符 c，则将其值设为无穷大（INF）。我们采用这种定义，因为它能直接给出答案。

状态维度：

  • i, j：子串的起始和结束索引，0 <= i <= j < n。
  • c：一个字符（ASCII 码值，0-127），但通常我们只关心小写字母 'a' 到 'z' (97-122)。

所以，状态空间大约是 n * n * 26，对于 n 在几百的范围内是可行的。

第二步：状态转移方程

我们需要思考，一个区间 [i, j] 如何能合并成一个字符 c？

最后一步操作一定是：将 [i, j] 分成了两个部分 [i, k] 和 [k+1, j]，这两部分分别被合并成了两个字符，假设为 a 和 b，然后我们将 a 和 b 进行最后一次合并，生成了目标字符 c，并付出了成本 cost[a][b]。

因此，状态转移的关键在于找到这个分割点 k，以及左边部分合并成的字符 a 和右边部分合并成的字符 b，使得：

  1. [i, k] 能合并成 a（成本为 dp[i][k][a]）。
  2. [k+1, j] 能合并成 b（成本为 dp[k+1][j][b]）。
  3. newChar[a][b] == c。
  4. 总成本 dp[i][k][a] + dp[k+1][j][b] + cost[a][b] 最小。

由此，我们可以得到状态转移方程：

dp[i][j][c] = min{ dp[i][k][a] + dp[k+1][j][b] + cost[a][b] }
对于所有 i <= k < j, 所有字符 a, b， 满足 newChar[a][b] == c。

第三步：初始条件

对于最小的区间，即长度为 1 的区间 [i, i]：

  • 它本身就已经是一个字符 s[i]。
  • 因此，dp[i][i][s[i]] = 0 （合并成自身，成本为0）。
  • 对于其他所有字符 c != s[i]，dp[i][i][c] = INF （无法合并成其他字符）。

第四步：计算顺序

动态规划的计算顺序需要确保在计算 dp[i][j][c] 时，所有更小的子区间 dp[i][k][a] 和 dp[k+1][j][b] 都已经计算好了。

一个标准的计算顺序是：

  1. 按区间长度从小到大计算。先处理所有长度为 1 的区间（初始条件），然后是长度为 2，长度为 3，...，直到长度为 n。
  2. 对于每个固定的长度 len，枚举所有可能的起始点 i，则 j = i + len - 1。
  3. 对于每个区间 [i, j]，枚举所有可能的分割点 k (i <= k < j)。
  4. 对于每个分割点 k，枚举所有可能的左边字符 a 和右边字符 b，检查它们能否合成目标字符 c，并更新 dp[i][j][c]。

第五步：最终答案

我们需要的是将整个区间 [0, n-1] 合并成一个字符的最小成本。
最终答案就是：min{ dp[0][n-1][c] }，其中 c 遍历所有可能的字符（如 'a' 到 'z'）。
如果这个最小值是 INF，说明无法合并成一个字符，返回 -1。

第六步：复杂度分析

  • 状态数：O(n^2 * C)，其中 C 是字符集大小（这里是26）。
  • 对于每个状态 dp[i][j][c]，我们需要：
    • 枚举分割点 k: O(n)。
    • 对于每个 k，枚举左边字符 a 和右边字符 b：O(C^2)。
  • 总时间复杂度：O(n^3 * C^3)。如果 n=100，C=26，这大约是 100^3 * 26^3 ≈ 1.76 * 10^9，这个计算量可能过大。

第七步：优化思路

一个关键的观察是，我们并不需要为每个目标字符 c 都去枚举所有的 (a, b) 组合。我们可以优化状态设计：

我们定义 dp[i][j] 为一个大小为 C 的数组（或字典/列表），dp[i][j][ch] 存储将 [i, j] 合并成字符 ch 的最小成本。

状态转移时：
对于区间 [i, j] 和分割点 k：

  1. 获取左边区间 [i, k] 所有可能的最终字符及其成本列表 leftStates。
  2. 获取右边区间 [k+1, j] 所有可能的最终字符及其成本列表 rightStates。
  3. 遍历 leftStates 中的每个 (char_a, cost_a) 和 rightStates 中的每个 (char_b, cost_b)。
  4. 计算新字符 new_ch = newChar[char_a][char_b]。
  5. 新的总成本 new_cost = cost_a + cost_b + cost[char_a][char_b]。
  6. 用 new_cost 去更新 dp[i][j][new_ch]。

这个做法的好处是，我们只在确实能合并出某个字符的子区间上进行枚举，避免了无效的 O(C^2) 枚举。在实际中，可合并成的字符种类通常远小于 C^2。

时间复杂度优化为：O(n^3 * M)，其中 M 是 leftStates 和 rightStates 大小的乘积，在实践中远小于 C^2。

示例与总结

假设字符串 s = “aabb”，我们定义简单的规则：

  • cost[x][x] = 1 （合并两个相同字符成本为1）
  • newChar[x][x] = 下一个字母（‘a‘+’a‘ -> ’b‘, ’b‘+’b‘ -> ’c‘, 以此类推）。其他情况无法合并。

计算过程：

  1. 初始化：dp[0][0][‘a‘]=0, dp[1][1][‘a‘]=0, dp[2][2][‘b‘]=0, dp[3][3][’b‘]=0。
  2. 长度为2的区间：
    • [0,1] (”aa“): 可以合并成 ’b‘，成本 dp[0][0][‘a‘]+dp[1][1][‘a‘]+cost[‘a‘][‘a‘] = 0+0+1=1。所以 dp[0][1][‘b‘] = 1。
    • [2,3] (”bb“): 同理，dp[2][3][‘c‘] = 1。
  3. 长度为4的区间 [0,3] (”aabb“):
    • 分割点 k=1: 左边 [0,1] -> ’b‘ (成本1)，右边 [2,3] -> ’c‘ (成本1)。newChar[‘b‘][‘c‘] 未定义，无法合并。
    • 分割点 k=0: 左边 [0,0] -> ’a‘ (成本0)，右边 [1,3]需要计算。[1,3] (“abb”) 本身需要递归计算，但可以发现它无法合并成一个字符（“a”和“bb”无法合并，“ab”无法合并）。
    • 分割点 k=2: 左边 [0,2] (“aab”) 需要计算。[0,1]->’b‘, [2,2]->’b‘, 可以合并成 ’c‘，成本 1+0+cost[‘b‘][‘b‘]=1+0+1=2。所以 dp[0][2][‘c‘]=2。右边 [3,3]->’b‘。newChar[‘c‘][‘b‘] 未定义，无法合并。

因此，对于这个例子，最终 min(dp[0][3][c]) 对所有 c 都是 INF，返回 -1。

总结：这道题通过引入 newChar 规则，使得合并过程具有了“状态转换”的性质，极大地丰富了问题的可能性。解决它的核心在于设计出 dp[i][j][c] 状态，并通过枚举最后一步合并操作（即枚举分割点 k 和左右两部分最终形成的字符 a, b）来进行状态转移。理解这个“最后一步”的思想，是掌握区间DP的关键。

好的，我注意到你已经了解了区间动态规划中许多经典和进阶的题目。为了确保不重复，我仔细核对了你的列表，发现其中一个非常经典且在列表中出现较少的变体是 “合并相邻同色方块的最小成本问题”的升级版 。这个升级版引入了更复杂的合并后新方块颜色的生成规则，使得问题更具挑战性和普遍性，非常适合用来深入理解区间动态规划的状态设计和转移。 题目名称是： 合并相邻字符的最小成本问题（颜色生成规则与相邻合并） 题目描述 给你一个由小写字母（代表不同颜色）组成的字符串 s ，长度为 n 。你可以重复执行以下操作： 选择两个 相邻 且 颜色相同 的字符（即字母相同）。 将它们合并成一个新的字符。 合并操作会产生一个 成本 ，这个成本是一个二维数组 cost[a][b] 给出的。其中， a 和 b 分别代表要合并的两个字符的 ASCII 码值。合并成本 cost[a][b] 是一个非负整数。 合并后，新生成的字符 颜色（字母） 不再是原来那个，而是由另一个二维数组 newChar[a][b] 决定，它返回新字符的 ASCII 码值。例如，合并两个 'a' （ASCII 97），新字符可能变成 'b' （ASCII 98）。 你的目标是，通过一系列这样的合并操作，最终将整个字符串 s 合并成 一个单独的字符 。请你计算出达成这个目标所需的最小总成本。如果无论如何都无法合并成一个字符，则返回 -1 。 输入 : s ：字符串，长度 n 。 cost[128][128] ：成本矩阵， cost[i][j] 表示合并字符 i 和字符 j 的成本（ i 和 j 为字符的整数表示）。对于不相邻或颜色不同的合并，该值无意义。 newChar[128][128] ：字符生成矩阵， newChar[i][j] 表示合并字符 i 和 j 后生成的新字符。 输出 : 一个整数，表示将整个字符串合并成一个字符的最小总成本。如果无法合并，返回 -1 。 核心挑战 ： 合并的顺序很重要，不同的顺序会导致不同的中间结果和最终总成本。 合并后字符会变化，这意味着即使初始时两个字符相同，合并后产生的“新颜色”也可能与旁边的字符匹配，从而为后续合并创造新的机会。这使得问题无法用简单的贪心解决，必须考虑所有可能性。 解题过程 这是一个典型的 区间动态规划 问题。我们关心的是一个区间 [i, j] 最终能被合并成什么字符，以及达到这个状态的最小成本。 第一步：定义状态 我们定义 dp[i][j][c] 为一个布尔值或一个最小成本值。 布尔值定义 ： dp[i][j][c] = True 表示子串 s[i...j] 可以通过一系列合法的合并操作，最终变成 一个字符 c 。这种方法主要用于判断可行性。 最小成本定义 ： dp[i][j][c] 表示将子串 s[i...j] 合并成 一个字符 c 的 最小成本 。如果无法合并成字符 c ，则将其值设为无穷大（ INF ）。我们采用这种定义，因为它能直接给出答案。 状态维度 ： i , j ：子串的起始和结束索引， 0 <= i <= j < n 。 c ：一个字符（ASCII 码值，0-127），但通常我们只关心小写字母 'a' 到 'z' (97-122)。 所以，状态空间大约是 n * n * 26 ，对于 n 在几百的范围内是可行的。 第二步：状态转移方程 我们需要思考，一个区间 [i, j] 如何能合并成一个字符 c ？ 最后一步操作 一定是：将 [i, j] 分成了两个部分 [i, k] 和 [k+1, j] ，这两部分分别被合并成了两个字符，假设为 a 和 b ，然后我们将 a 和 b 进行最后一次合并，生成了目标字符 c ，并付出了成本 cost[a][b] 。 因此，状态转移的关键在于找到这个 分割点 k ，以及左边部分合并成的字符 a 和右边部分合并成的字符 b ，使得： [i, k] 能合并成 a （成本为 dp[i][k][a] ）。 [k+1, j] 能合并成 b （成本为 dp[k+1][j][b] ）。 newChar[a][b] == c 。 总成本 dp[i][k][a] + dp[k+1][j][b] + cost[a][b] 最小。 由此，我们可以得到状态转移方程： dp[i][j][c] = min{ dp[i][k][a] + dp[k+1][j][b] + cost[a][b] } 对于所有 i <= k < j , 所有字符 a , b ， 满足 newChar[a][b] == c 。 第三步：初始条件 对于最小的区间，即长度为 1 的区间 [i, i] ： 它本身就已经是一个字符 s[i] 。 因此， dp[i][i][s[i]] = 0 （合并成自身，成本为0）。 对于其他所有字符 c != s[i] ， dp[i][i][c] = INF （无法合并成其他字符）。 第四步：计算顺序 动态规划的计算顺序需要确保在计算 dp[i][j][c] 时，所有更小的子区间 dp[i][k][a] 和 dp[k+1][j][b] 都已经计算好了。 一个标准的计算顺序是： 按区间长度从小到大 计算。先处理所有长度为 1 的区间（初始条件），然后是长度为 2，长度为 3，...，直到长度为 n 。 对于每个固定的长度 len ，枚举所有可能的起始点 i ，则 j = i + len - 1 。 对于每个区间 [i, j] ，枚举所有可能的分割点 k ( i <= k < j )。 对于每个分割点 k ，枚举所有可能的左边字符 a 和右边字符 b ，检查它们能否合成目标字符 c ，并更新 dp[i][j][c] 。 第五步：最终答案 我们需要的是将整个区间 [0, n-1] 合并成一个字符的最小成本。 最终答案就是： min{ dp[0][n-1][c] } ，其中 c 遍历所有可能的字符（如 'a' 到 'z' ）。 如果这个最小值是 INF ，说明无法合并成一个字符，返回 -1 。 第六步：复杂度分析 状态数： O(n^2 * C) ，其中 C 是字符集大小（这里是26）。 对于每个状态 dp[i][j][c] ，我们需要： 枚举分割点 k : O(n) 。 对于每个 k ，枚举左边字符 a 和右边字符 b ： O(C^2) 。 总时间复杂度： O(n^3 * C^3) 。如果 n=100 ， C=26 ，这大约是 100^3 * 26^3 ≈ 1.76 * 10^9 ，这个计算量可能过大。 第七步：优化思路 一个关键的观察是，我们并不需要为每个目标字符 c 都去枚举所有的 (a, b) 组合。我们可以优化状态设计： 我们定义 dp[i][j] 为一个大小为 C 的数组（或字典/列表）， dp[i][j][ch] 存储将 [i, j] 合并成字符 ch 的最小成本。 状态转移时： 对于区间 [i, j] 和分割点 k ： 获取左边区间 [i, k] 所有可能的 最终字符及其成本 列表 leftStates 。 获取右边区间 [k+1, j] 所有可能的 最终字符及其成本 列表 rightStates 。 遍历 leftStates 中的每个 (char_a, cost_a) 和 rightStates 中的每个 (char_b, cost_b) 。 计算新字符 new_ch = newChar[char_a][char_b] 。 新的总成本 new_cost = cost_a + cost_b + cost[char_a][char_b] 。 用 new_cost 去更新 dp[i][j][new_ch] 。 这个做法的好处是，我们只在确实能合并出某个字符的子区间上进行枚举，避免了无效的 O(C^2) 枚举。在实际中，可合并成的字符种类通常远小于 C^2 。 时间复杂度优化为： O(n^3 * M) ，其中 M 是 leftStates 和 rightStates 大小的乘积，在实践中远小于 C^2 。 示例与总结 假设字符串 s = “aabb” ，我们定义简单的规则： cost[x][x] = 1 （合并两个相同字符成本为1） newChar[x][x] = 下一个字母 （ ‘a‘+’a‘ -> ’b‘ , ’b‘+’b‘ -> ’c‘ , 以此类推）。其他情况无法合并。 计算过程 ： 初始化： dp[0][0][‘a‘]=0 , dp[1][1][‘a‘]=0 , dp[2][2][‘b‘]=0 , dp[3][3][’b‘]=0 。 长度为2的区间： [0,1] (”aa“): 可以合并成 ’b‘ ，成本 dp[0][0][‘a‘]+dp[1][1][‘a‘]+cost[‘a‘][‘a‘] = 0+0+1=1 。所以 dp[0][1][‘b‘] = 1 。 [2,3] (”bb“): 同理， dp[2][3][‘c‘] = 1 。 长度为4的区间 [0,3] (”aabb“): 分割点 k=1 : 左边 [0,1] -> ’b‘ (成本1)，右边 [2,3] -> ’c‘ (成本1)。 newChar[‘b‘][‘c‘] 未定义，无法合并。 分割点 k=0 : 左边 [0,0] -> ’a‘ (成本0)，右边 [1,3] 需要计算。 [1,3] (“abb”) 本身需要递归计算，但可以发现它无法合并成一个字符（“a”和“bb”无法合并，“ab”无法合并）。 分割点 k=2 : 左边 [0,2] (“aab”) 需要计算。 [0,1] -> ’b‘ , [2,2] -> ’b‘ , 可以合并成 ’c‘ ，成本 1+0+cost[‘b‘][‘b‘]=1+0+1=2 。所以 dp[0][2][‘c‘]=2 。右边 [3,3] -> ’b‘ 。 newChar[‘c‘][‘b‘] 未定义，无法合并。 因此，对于这个例子，最终 min(dp[0][3][c]) 对所有 c 都是 INF ，返回 -1 。 总结 ：这道题通过引入 newChar 规则，使得合并过程具有了“状态转换”的性质，极大地丰富了问题的可能性。解决它的核心在于设计出 dp[i][j][c] 状态，并通过枚举最后一步合并操作（即枚举分割点 k 和左右两部分最终形成的字符 a , b ）来进行状态转移。理解这个“最后一步”的思想，是掌握区间DP的关键。