未在列表中出现过
字数 4484 2025-12-21 06:15:59

好的，根据你提供的冗长清单，我仔细检查并过滤后，找到一个在区间动态规划领域非常经典，且未在列表中出现过的题目。它的核心是“选择与决策”，状态定义巧妙，能很好地训练对区间DP的理解。

区间动态规划例题：移除回文子数组的最小操作次数问题

题目描述

给你一个整数数组 arr。每一次操作中，你可以从数组的开头或末尾移除一个回文子数组（即正读反读都一样的连续子数组）。移除后，剩余的部分会重新拼接成一个新的数组。

你的目标是找出移除整个数组 arr 所需的最小操作次数。

例如：

  • 输入：arr = [1, 3, 4, 1, 5]
    • 第一次操作：移除开头的回文子数组 [1]，剩余 [3, 4, 1, 5]
    • 第二次操作：移除末尾的回文子数组 [5]，剩余 [3, 4, 1]
    • 第三次操作：移除整个剩余数组 [3, 4, 1]，它不是回文，但可以移除其内部的回文子数组吗？让我们思考。
    • 实际上，一个更优的方案是：第一次操作直接移除整个数组 [1, 3, 4, 1]（这是一个回文子数组，因为首尾都是1，中间 3,4 对称吗？不，[1, 3, 4, 1] 不是回文。1,3,4,1 反过来是 1,4,3,1，不相同）。所以需要动态规划来求解。

核心要点：一次操作可以移除任意位置的一个回文子数组，不仅仅是开头或末尾。移除后，数组会“闭合”起来。

解题思路详解

这个问题初看可能不知如何下手，因为一次移除可以发生在数组中间。但我们可以用区间动态规划来刻画整个过程。

步骤1：定义状态

我们定义 dp[i][j] 表示：将子数组 arr[i...j]（包含两端 i 和 j）全部移除所需的最小操作次数。

  • i 和 j 是数组的下标，满足 0 <= i <= j < n，其中 n 是数组长度。
  • 我们的最终目标是求解 dp[0][n-1]。

步骤2：分析状态转移（思考如何从小区间推导大区间）

对于一个区间 [i, j]，我们如何计算移除它的最小次数 dp[i][j] 呢？有几种情况需要考虑：

  1. 基础情况（最小区间）：

    • 如果 i == j，即区间只有一个元素，那么它本身就是一个回文数组。一次操作即可移除。所以 dp[i][i] = 1。

  2. 如果 arr[i] == arr[j]：

    • 这是一个非常重要的观察！如果区间两端的元素相等，我们可以“利用”这个相等关系。
    • 情况A：如果区间 [i+1, j-1]（即去掉头尾的内部区间）本身可以用 dp[i+1][j-1] 次操作移除，那么对于整个 [i, j] 区间，我们其实不需要为头尾单独操作。因为当我们进行到某一步时，arr[i] 和 arr[j] 可以和我们移除 [i+1, j-1] 的某一步操作合并。
    • 具体怎么合并？想象一下：
      • 假设我们已经用最优方法移除了 [i+1, j-1]。在这个过程中，最后一次操作移除的某个回文子数组，其左边界可能是 i+1，右边界可能是 j-1。
      • 由于 arr[i] == arr[j]，我们可以将这个回文子数组向外扩展，把 arr[i] 和 arr[j] 包含进来。只要扩展后的子数组仍然是回文的，那么移除 [i, j] 的总操作次数就和移除 [i+1, j-1] 一样。
      • 但是，[i+1, j-1] 可能为空（即 j == i+1），此时 dp[i+1][j-1] 没有定义。我们规定当 i+1 > j-1 时，认为内部区间已经为空，移除空区间需要0次操作。所以当 j == i+1 且 arr[i] == arr[j] 时，整个区间 [i, j] 就是一个回文（两个相同元素），dp[i][j] = 1。
    • 因此，当 arr[i] == arr[j] 时：
      • 如果区间长度 j - i + 1 == 2（即只有两个元素且相等），那么 dp[i][j] = 1。
      • 如果区间长度更大，那么 dp[i][j] 至少可以取 dp[i+1][j-1]。注意，dp[i+1][j-1] 可能为0吗？只有当 i+1 > j-1 时，它才代表空区间，我们将其视为0。所以公式为：
        dp[i][j] = max(1, dp[i+1][j-1]) 或者更精确地，如果 i+1 <= j-1 则 dp[i][j] = dp[i+1][j-1]；否则 dp[i][j] = 1。
      • 但是，这只是情况A，我们还需要考虑情况B和通用情况，取最小值。

  3. 通用情况（分割区间）：

    • 无论 arr[i] 是否等于 arr[j]，我们都可以将大区间 [i, j] 分割成两个更小的区间来分别移除。
    • 假设我们在位置 k 处进行分割（i <= k < j），那么移除 [i, j] 的方案可以是：先以最优方式移除 [i, k]，再以最优方式移除 [k+1, j]。总操作次数为两者之和：dp[i][k] + dp[k+1][j]。
    • 我们需要遍历所有可能的分割点 k，取和的最小值。这是区间DP的经典分割思想。

步骤3：总结状态转移方程

综合以上分析，对于 dp[i][j] 的计算，我们取以下几种可能的最小值：

  1. 基础值：先设一个很大的值（比如 dp[i][j] = j - i + 1，因为最差情况可以一次移除一个元素）。
  2. 情况A（利用首尾相等）：如果 arr[i] == arr[j]，
    • 如果 j - i <= 1（区间长度为1或2），则 dp[i][j] = 1。
    • 否则（长度>2），dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i+1][j-1])。这里 dp[i+1][j-1] 可能为0吗？不会，因为 i+1 <= j-1，它至少为1。
  3. 通用分割：对于所有 k 满足 i <= k < j，dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k+1][j])。

关键点：为什么 dp[i][j] 可以等于 dp[i+1][j-1]？这代表了移除 [i, j] 和移除其内部 [i+1, j-1] 的操作次数可以相同。这对应了实际操作中，arr[i] 和 arr[j] 被“附着”在了移除内部区间时的某一次操作上，合并移除了。

步骤4：确定计算顺序

典型的区间DP计算顺序：区间长度从小到大。

  1. 先计算所有长度为1的区间 (dp[i][i] = 1)。
  2. 再计算长度为2的区间（依赖长度为1的区间）。
  3. 接着计算长度为3的区间（依赖长度为1和2的区间），依此类推，直到计算出长度为 n 的区间 dp[0][n-1]。

步骤5：举例演算

以 arr = [1, 3, 4, 1, 5] 为例，n = 5。

  1. 初始化 dp[i][i] = 1。

    dp[0][0]=1, dp[1][1]=1, dp[2][2]=1, dp[3][3]=1, dp[4][4]=1

  2. 计算长度为2的区间：

    • [0,1]: arr[0]=1, arr[1]=3，不相等。只能分割：dp[0][0]+dp[1][1]=2。所以 dp[0][1]=2。
    • [1,2]: 3!=4, dp[1][2]=2。
    • [2,3]: 4!=1, dp[2][3]=2。
    • [3,4]: 1!=5, dp[3][4]=2。

  3. 计算长度为3的区间：

    • [0,2]: arr[0]=1, arr[2]=4，不相等。分割点k=0,1。
      • k=0: dp[0][0]+dp[1][2]=1+2=3
      • k=1: dp[0][1]+dp[2][2]=2+1=3
      • min=3。dp[0][2]=3。
    • [1,3]: arr[1]=3, arr[3]=1，不相等。分割。
      • k=1: 1+2=3
      • k=2: 2+1=3
      • dp[1][3]=3。
    • [2,4]: arr[2]=4, arr[4]=5，不相等。分割。
      • k=2: 1+2=3
      • k=3: 2+1=3
      • dp[2][4]=3。

  4. 计算长度为4的区间：

    • [0,3]: 关键！ arr[0]=1, arr[3]=1，相等。且长度4>2。
      • 首先考虑利用相等：dp[0][3] = dp[1][2]。dp[1][2]=2。
      • 然后考虑分割：
        • k=0: dp[0][0]+dp[1][3]=1+3=4
        • k=1: dp[0][1]+dp[2][3]=2+2=4
        • k=2: dp[0][2]+dp[3][3]=3+1=4
      • 取最小值 min(2,4,4,4)=2。所以 dp[0][3]=2。这意味着移除 [1,3,4,1] 只需要2步。
    • [1,4]: arr[1]=3, arr[4]=5，不相等。分割。
      • k=1: 1+3=4
      • k=2: 2+2=4
      • k=3: 3+1=4
      • dp[1][4]=4。

  5. 计算长度为5的区间（最终答案）：

    • [0,4]: arr[0]=1, arr[4]=5，不相等。
    • 只能分割：
      • k=0: dp[0][0]+dp[1][4]=1+4=5
      • k=1: dp[0][1]+dp[2][4]=2+3=5
      • k=2: dp[0][2]+dp[3][4]=3+2=5
      • k=3: dp[0][3]+dp[4][4]=2+1=3
    • 取最小值 min(5,5,5,3)=3。所以 dp[0][4]=3。

因此，移除整个数组 [1, 3, 4, 1, 5] 的最小操作次数是 3。

一种可行的3步操作序列（对应 dp[0][4] 的计算路径 dp[0][3] + dp[4][4]）：

  1. 先处理 [0,3] 区间 [1,3,4,1]。根据 dp[0][3]=2，可以这样操作：
    • 第一步：移除 [4]（回文），剩下 [1,3,1]。
    • 第二步：移除 [1,3,1]（首尾都是1，中间是任意数，这个子数组是回文吗？[1,3,1] 反过来是 [1,3,1]，是回文！）。所以两步移除了 [0,3]。
  2. 最后第三步：移除剩下的 [5]。

步骤6：算法复杂度

  • 状态数：O(n²)
  • 每个状态需要遍历分割点 k，最坏 O(n) 次。
  • 总时间复杂度：O(n³)。
  • 空间复杂度：O(n²)，用于存储 dp 表。

总结

这道“移除回文子数组”问题，其精髓在于状态 dp[i][j] 的定义，以及当 arr[i] == arr[j] 时，dp[i][j] 可以直接继承 dp[i+1][j-1] 这一巧妙的状态转移。它结合了回文判断和区间分割的思想，是区间动态规划中一道非常锻炼思维能力的题目。通过从小到大计算区间，我们最终得到了移除整个数组的最优解。

好的，根据你提供的冗长清单，我仔细检查并过滤后，找到一个在区间动态规划领域非常经典，且 未在列表中出现过 的题目。它的核心是“选择与决策”，状态定义巧妙，能很好地训练对区间DP的理解。 区间动态规划例题：移除回文子数组的最小操作次数问题 题目描述 给你一个整数数组 arr 。每一次操作中，你可以从数组的开头或末尾移除一个 回文子数组 （即正读反读都一样的连续子数组）。移除后，剩余的部分会重新拼接成一个新的数组。 你的目标是找出移除整个数组 arr 所需的 最小操作次数 。 例如： 输入： arr = [1, 3, 4, 1, 5] 第一次操作：移除开头的回文子数组 [1] ，剩余 [3, 4, 1, 5] 第二次操作：移除末尾的回文子数组 [5] ，剩余 [3, 4, 1] 第三次操作：移除整个剩余数组 [3, 4, 1] ，它 不是 回文，但可以移除其内部的回文子数组吗？让我们思考。 实际上，一个更优的方案是：第一次操作直接移除整个数组 [1, 3, 4, 1] （这是一个回文子数组，因为首尾都是1，中间 3,4 对称吗？不， [1, 3, 4, 1] 不是回文。 1,3,4,1 反过来是 1,4,3,1 ，不相同）。所以需要动态规划来求解。 核心要点 ：一次操作可以移除 任意位置 的一个回文子数组，不仅仅是开头或末尾。移除后，数组会“闭合”起来。 解题思路详解 这个问题初看可能不知如何下手，因为一次移除可以发生在数组中间。但我们可以用 区间动态规划 来刻画整个过程。 步骤1：定义状态 我们定义 dp[i][j] 表示：将子数组 arr[i...j] （包含两端 i 和 j） 全部移除 所需的最小操作次数。 i 和 j 是数组的下标，满足 0 <= i <= j < n ，其中 n 是数组长度。 我们的最终目标是求解 dp[0][n-1] 。 步骤2：分析状态转移（思考如何从小区间推导大区间） 对于一个区间 [i, j] ，我们如何计算移除它的最小次数 dp[i][j] 呢？有几种情况需要考虑： 基础情况（最小区间） ： 如果 i == j ，即区间只有一个元素，那么它本身就是一个回文数组。一次操作即可移除。所以 dp[i][i] = 1 。 如果 arr[i] == arr[j] ： 这是一个非常重要的观察！如果区间两端的元素相等，我们可以“利用”这个相等关系。 情况A ：如果区间 [i+1, j-1] （即去掉头尾的内部区间）本身可以用 dp[i+1][j-1] 次操作移除，那么对于整个 [i, j] 区间，我们其实 不需要为头尾单独操作 。因为当我们进行到某一步时， arr[i] 和 arr[j] 可以和我们移除 [i+1, j-1] 的某一步操作 合并 。 具体怎么合并？想象一下： 假设我们已经用最优方法移除了 [i+1, j-1] 。在这个过程中，最后一次操作移除的某个回文子数组，其左边界可能是 i+1 ，右边界可能是 j-1 。 由于 arr[i] == arr[j] ，我们可以将这个回文子数组 向外扩展 ，把 arr[i] 和 arr[j] 包含进来。只要扩展后的子数组仍然是回文的，那么移除 [i, j] 的总操作次数就和移除 [i+1, j-1] 一样。 但是， [i+1, j-1] 可能为空（即 j == i+1 ），此时 dp[i+1][j-1] 没有定义。我们规定当 i+1 > j-1 时，认为内部区间已经为空，移除空区间需要0次操作。所以当 j == i+1 且 arr[i] == arr[j] 时，整个区间 [i, j] 就是一个回文（两个相同元素）， dp[i][j] = 1 。 因此，当 arr[i] == arr[j] 时： 如果区间长度 j - i + 1 == 2 （即只有两个元素且相等），那么 dp[i][j] = 1 。 如果区间长度更大，那么 dp[i][j] 至少可以取 dp[i+1][j-1] 。注意， dp[i+1][j-1] 可能为0吗？只有当 i+1 > j-1 时，它才代表空区间，我们将其视为0。所以公式为： dp[i][j] = max(1, dp[i+1][j-1]) 或者更精确地，如果 i+1 <= j-1 则 dp[i][j] = dp[i+1][j-1] ；否则 dp[i][j] = 1 。 但是 ，这只是情况A，我们还需要考虑情况B和通用情况，取最小值。 通用情况（分割区间） ： 无论 arr[i] 是否等于 arr[j] ，我们都可以将大区间 [i, j] 分割成两个更小的区间 来分别移除。 假设我们在位置 k 处进行分割（ i <= k < j ），那么移除 [i, j] 的方案可以是：先以最优方式移除 [i, k] ，再以最优方式移除 [k+1, j] 。总操作次数为两者之和： dp[i][k] + dp[k+1][j] 。 我们需要遍历所有可能的分割点 k ，取和的最小值。这是区间DP的经典分割思想。 步骤3：总结状态转移方程 综合以上分析，对于 dp[i][j] 的计算，我们取以下几种可能的最小值： 基础值 ：先设一个很大的值（比如 dp[i][j] = j - i + 1 ，因为最差情况可以一次移除一个元素）。 情况A（利用首尾相等） ：如果 arr[i] == arr[j] ， 如果 j - i <= 1 （区间长度为1或2），则 dp[i][j] = 1 。 否则（长度>2）， dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i+1][j-1]) 。这里 dp[i+1][j-1] 可能为0吗？不会，因为 i+1 <= j-1 ，它至少为1。 通用分割 ：对于所有 k 满足 i <= k < j ， dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k+1][j]) 。 关键点 ：为什么 dp[i][j] 可以等于 dp[i+1][j-1] ？这代表了移除 [i, j] 和移除其内部 [i+1, j-1] 的操作次数 可以相同 。这对应了实际操作中， arr[i] 和 arr[j] 被“附着”在了移除内部区间时的某一次操作上，合并移除了。 步骤4：确定计算顺序 典型的区间DP计算顺序： 区间长度从小到大 。 先计算所有长度为1的区间 ( dp[i][i] = 1 )。 再计算长度为2的区间（依赖长度为1的区间）。 接着计算长度为3的区间（依赖长度为1和2的区间），依此类推，直到计算出长度为 n 的区间 dp[0][n-1] 。 步骤5：举例演算 以 arr = [1, 3, 4, 1, 5] 为例， n = 5 。 初始化 dp[i][i] = 1 。 计算长度为2的区间： [0,1] : arr[ 0]=1, arr[ 1]=3，不相等。只能分割： dp[0][0]+dp[1][1]=2 。所以 dp[0][1]=2 。 [1,2] : 3!=4, dp[1][2]=2 。 [2,3] : 4!=1, dp[2][3]=2 。 [3,4] : 1!=5, dp[3][4]=2 。 计算长度为3的区间： [0,2] : arr[ 0]=1, arr[ 2 ]=4，不相等。分割点k=0,1。 k=0: dp[0][0]+dp[1][2]=1+2=3 k=1: dp[0][1]+dp[2][2]=2+1=3 min=3。 dp[0][2]=3 。 [1,3] : arr[ 1]=3, arr[ 3 ]=1，不相等。分割。 k=1: 1+2=3 k=2: 2+1=3 dp[1][3]=3 。 [2,4] : arr[ 2]=4, arr[ 4 ]=5，不相等。分割。 k=2: 1+2=3 k=3: 2+1=3 dp[2][4]=3 。 计算长度为4的区间： [0,3] : 关键！ arr[ 0]=1, arr[ 3]=1， 相等 。且长度4>2。 首先考虑利用相等： dp[0][3] = dp[1][2] 。 dp[1][2]=2 。 然后考虑分割： k=0: dp[0][0]+dp[1][3]=1+3=4 k=1: dp[0][1]+dp[2][3]=2+2=4 k=2: dp[0][2]+dp[3][3]=3+1=4 取最小值 min(2,4,4,4)=2 。所以 dp[0][3]=2 。这意味着移除 [1,3,4,1] 只需要2步。 [1,4] : arr[ 1]=3, arr[ 4 ]=5，不相等。分割。 k=1: 1+3=4 k=2: 2+2=4 k=3: 3+1=4 dp[1][4]=4 。 计算长度为5的区间（最终答案）： [0,4] : arr[ 0]=1, arr[ 4 ]=5，不相等。 只能分割： k=0: dp[0][0]+dp[1][4]=1+4=5 k=1: dp[0][1]+dp[2][4]=2+3=5 k=2: dp[0][2]+dp[3][4]=3+2=5 k=3: dp[0][3]+dp[4][4]=2+1=3 取最小值 min(5,5,5,3)=3 。所以 dp[0][4]=3 。 因此，移除整个数组 [1, 3, 4, 1, 5] 的最小操作次数是 3 。 一种可行的3步操作序列 （对应 dp[0][4] 的计算路径 dp[0][3] + dp[4][4] ）： 先处理 [0,3] 区间 [1,3,4,1] 。根据 dp[0][3]=2 ，可以这样操作： 第一步：移除 [4] （回文），剩下 [1,3,1] 。 第二步：移除 [1,3,1] （首尾都是1，中间是任意数，这个子数组是回文吗？ [1,3,1] 反过来是 [1,3,1] ，是回文！）。所以两步移除了 [0,3] 。 最后第三步：移除剩下的 [5] 。 步骤6：算法复杂度 状态数：O(n²) 每个状态需要遍历分割点 k ，最坏 O(n) 次。 总时间复杂度： O(n³) 。 空间复杂度：O(n²)，用于存储 dp 表。 总结 这道“移除回文子数组”问题，其精髓在于状态 dp[i][j] 的定义，以及当 arr[i] == arr[j] 时， dp[i][j] 可以 直接继承 dp[i+1][j-1] 这一巧妙的状态转移。它结合了回文判断和区间分割的思想，是区间动态规划中一道非常锻炼思维能力的题目。通过从小到大计算区间，我们最终得到了移除整个数组的最优解。