合并相邻字符形成目标串的最小操作次数（字符替换、删除、插入，带相邻合并规则）
字数 3861 2025-12-21 11:34:28

合并相邻字符形成目标串的最小操作次数（字符替换、删除、插入，带相邻合并规则）

题目描述

给定一个初始字符串 s，你可以进行以下三种操作（每次操作计为一次操作次数）：

  1. 插入：在任意位置插入任意字符，成本为 ins_cost。
  2. 删除：删除任意位置的字符，成本为 del_cost。
  3. 替换：将任意一个字符替换为另一个字符，成本为 rep_cost。

此外，如果相邻两个字符在操作后变得相同，它们会立即自动合并成一个字符（合并不消耗操作次数，但会影响后续操作）。

目标是最终得到恰好为目标字符串 t，求最小的总操作次数。

示例：

  • 初始串 s = "ab"，目标串 t = "a"。
    可以删除 'b'（1次删除），得到 "a"，总成本 = del_cost。
    或者替换 'b' 为 'a'（1次替换），得到 "aa"，相邻相同字符合并为 "a"，总成本 = rep_cost。
    取两种方案的最小值。

解题思路

这是一个字符串编辑距离的变体，但增加了“相邻相同字符合并”的规则。这意味着我们不能直接套用标准编辑距离 DP，因为合并会改变字符串的长度和结构，从而影响后续操作。

关键点：

  1. 由于合并是自动且即时的，我们实际上可以认为在任何时刻，字符串中不存在两个相邻相同字符。
  2. 当我们插入或替换字符时，如果导致相邻字符相同，它们会立即合并，这可能会“节省”一次删除操作（比如原本需要删除一个字符，现在通过合并“消除”了它）。
  3. 因此，状态转移需要考虑合并带来的连锁反应。

解决步骤

第一步：定义 DP 状态

定义 dp[i][j] 表示：将 s 的前 i 个字符（即 s[0..i-1]）转换成 t 的前 j 个字符（即 t[0..j-1]）的最小操作次数。

  • 这里 i 和 j 是长度，可以是 0（空串）。
  • 我们需要考虑合并的影响，但合并是发生在 s 转换过程中的中间串上，而不是直接修改 s。

挑战：合并会导致中间串长度变化，单纯用 dp[i][j] 无法直接表达合并后的状态。
解决方案：在状态转移时，我们不显式记录中间串，而是通过“匹配”和“合并”的逻辑，在转移时处理合并效果。

第二步：基本状态转移（无合并情况）

先不考虑合并，只考虑三种编辑操作：

  1. 删除 s 的第 i 个字符：

    • 操作后，s 的前 i-1 个字符需匹配 t 的前 j 个字符。
    • 转移：dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i-1][j] + del_cost)

  2. 插入一个字符匹配 t[j-1]：

    • 操作后，s 的前 i 个字符需匹配 t 的前 j-1 个字符。
    • 转移：dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][j-1] + ins_cost)

  3. 替换 s[i-1] 为 t[j-1]：

    • 如果 s[i-1] == t[j-1]，无需替换（成本 0）。
    • 否则成本为 rep_cost。
    • 转移：dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i-1][j-1] + cost)，其中 cost = 0（若相等）或 rep_cost（若不等）。

第三步：处理合并规则

合并发生在替换或插入后，使得新字符与左侧字符相同。合并会“吸收”左侧字符，从而可能减少删除次数。

合并的模拟方法：

  • 当我们打算替换 s[i-1] 为某个字符 ch 时，如果替换后 ch 与 s[i-2] 相同，则它们会合并。
  • 合并的效果相当于：s[i-2] 和 s[i-1] 合并为一个字符 ch，那么原来的 s[i-2] 就不用被单独处理了。
  • 在 DP 转移中，这意味着我们可能跳过 s[i-2] 的匹配。

类似地，插入时，如果插入的字符与左侧字符相同，也会合并。

为了处理合并，我们扩展状态：
定义 dp[i][j][k] 为：将 s 的前 i 个字符转换为 t 的前 j 个字符，且转换后最后一个字符是 t[j-1] 的连续 k 个副本（k >= 1）的最小操作次数。

  • 这个状态记录了末尾连续相同字符的个数，因为合并会影响这个值。

但这种三维状态较复杂。更简洁的方法是用二维 DP，但在转移时额外考虑“合并”作为一种可能的操作。

第四步：合并作为一种“隐式”操作

我们可以修改状态转移，允许“替换并合并”作为一次操作：

  • 当 s[i-1] 被替换为 t[j-1]，且 t[j-1] 与 t[j-2] 相同时，我们可以将 s 的某个前缀直接匹配到 t 的前 j-2 个字符，然后通过合并生成两个连续的 t[j-1]。
  • 具体地，我们枚举 p，使得 s[p..i-1] 可以通过一系列操作变成 k 个 t[j-1]，然后与前面的 t[0..j-2] 连接。

这其实是一个区间 DP 思想：
设 dp[l][r][x][y] 表示将 s[l..r] 变成 t[x..y] 的最小成本。但这样状态太大。

第五步：更高效的 DP 设计

注意到合并只与相邻字符有关，我们可以用以下状态：
dp[i][j] 表示将 s 的前 i 个字符变成 t 的前 j 个字符的最小成本，并保证在转换过程中，末尾不会有多余的连续相同字符（因为合并会立即消除它们）。

转移时，除了普通编辑操作，我们添加一种“合并生成”操作：

  • 如果 t[j-1] == t[j-2]，那么我们可以让 s 的某段变成一连串 t[j-1]，然后合并到末尾。
  • 这需要枚举 k，使得 s 的前 k 个字符变成 t 的前 j-2 个字符，然后将 s[k..i-1] 变成至少一个 t[j-1]，并且合并到末尾。

第六步：最终 DP 方程（简化版）

为了简化，我们可以分两步：

  1. 先计算普通编辑距离（无合并）的 dp[i][j]。
  2. 再考虑合并优化：
    如果 t[j] == t[j-1]，那么可以先得到 dp[i][j-1]，然后通过插入一个 t[j] 并与前一个合并（成本 = ins_cost），或者通过替换某个字符为 t[j] 并合并（成本 = rep_cost），来更新 dp[i][j]。

但这样会忽略从 s 中“借用”字符来合并的情况。

第七步：实现方案（O(n³) 暴力法）

由于合并规则复杂，一个可行的暴力方法是区间 DP：
定义 f[l][r][x][y] 为将 s[l..r] 变成 t[x..y] 的最小操作次数。
状态转移时，考虑：

  1. 直接删除 s[l]。
  2. 直接插入 t[x] 在开头。
  3. 替换 s[l] 为 t[x]。
  4. 如果替换后 s[l] 变成的字符与上一个字符相同（这里“上一个字符”是已匹配的 t[x-1]），则合并，相当于匹配 t[x-1..y] 时多了一个相同字符。

这种方法会超时，但适合理解。

第八步：优化到 O(n²)

我们可以观察到，合并操作实际上等价于“允许连续匹配多个 t 中的相同字符时，成本可能降低”。
因此，可以定义 dp[i][j] 为普通编辑距离，然后后处理合并收益：

  • 对于每一对 (i, j)，如果 t[j] == t[j-1]，则 dp[i][j] 可以更新为 min(dp[i][j], dp[i][j-1] + ins_cost)（通过插入并合并）。
  • 同时，如果 s[i] == t[j] 且 t[j] == t[j-1]，可以尝试从 dp[i-1][j-1] 直接转移（相当于匹配一个字符并合并）。

这样可以在 O(n²) 时间内完成。

例子演示

设 s = "ab", t = "aa", ins_cost = 1, del_cost = 1, rep_cost = 1。

  1. 普通编辑距离：

    • 初始 dp[0][0] = 0。
    • dp[1][1]：'a' → 'a'，无需操作，dp[1][1] = 0。
    • dp[2][2]：'b' → 'a'，替换（成本1），得到 "aa"，合并后为 "a"，不匹配 t，所以还需插入一个 'a'，总成本=2。

  2. 考虑合并优化：

    • 在 dp[1][2] 时，t[2]='a' 与 t[1]='a' 相同，可以从 dp[1][1] 插入一个 'a' 并合并，成本=1。
    • 因此 dp[1][2] = 1，表示 "a" → "aa" 只需一次插入（并自动合并）。

  3. 最终 dp[2][2] 可以从 dp[1][1] 替换 'b' 为 'a' 并合并得到 "a"，再插入一个 'a' 并合并，总成本=2，与普通编辑距离相同。

核心总结

本题是编辑距离的扩展，合并规则使得连续相同字符可以低成本生成，从而在某些情况下减少操作次数。
解题关键在于在 DP 转移中考虑“通过合并生成连续相同字符”的机制，通常可以通过增加状态（末尾连续相同字符个数）或后处理合并收益来实现。

合并相邻字符形成目标串的最小操作次数（字符替换、删除、插入，带相邻合并规则） 题目描述 给定一个初始字符串 s ，你可以进行以下三种操作（每次操作计为一次操作次数）： 插入 ：在任意位置插入任意字符，成本为 ins_cost 。 删除 ：删除任意位置的字符，成本为 del_cost 。 替换 ：将任意一个字符替换为另一个字符，成本为 rep_cost 。 此外，如果 相邻两个字符在操作后变得相同 ，它们会立即自动合并成一个字符（合并不消耗操作次数，但会影响后续操作）。 目标是最终得到 恰好 为目标字符串 t ，求最小的总操作次数。 示例 ： 初始串 s = "ab" ，目标串 t = "a" 。 可以删除 'b' （1次删除），得到 "a" ，总成本 = del_cost 。 或者替换 'b' 为 'a' （1次替换），得到 "aa" ，相邻相同字符合并为 "a" ，总成本 = rep_cost 。 取两种方案的最小值。 解题思路 这是一个字符串编辑距离的变体，但增加了“相邻相同字符合并”的规则。这意味着我们不能直接套用标准编辑距离 DP，因为合并会改变字符串的长度和结构，从而影响后续操作。 关键点 ： 由于合并是自动且即时的，我们实际上可以认为在任何时刻，字符串中不存在两个相邻相同字符。 当我们插入或替换字符时，如果导致相邻字符相同，它们会立即合并，这可能会“节省”一次删除操作（比如原本需要删除一个字符，现在通过合并“消除”了它）。 因此，状态转移需要考虑合并带来的连锁反应。 解决步骤 第一步：定义 DP 状态 定义 dp[i][j] 表示：将 s 的前 i 个字符（即 s[0..i-1] ）转换成 t 的前 j 个字符（即 t[0..j-1] ）的最小操作次数。 这里 i 和 j 是长度，可以是 0（空串）。 我们需要考虑合并的影响，但合并是发生在 s 转换过程中的中间串上，而不是直接修改 s 。 挑战 ：合并会导致中间串长度变化，单纯用 dp[i][j] 无法直接表达合并后的状态。 解决方案 ：在状态转移时，我们不显式记录中间串，而是通过“匹配”和“合并”的逻辑，在转移时处理合并效果。 第二步：基本状态转移（无合并情况） 先不考虑合并，只考虑三种编辑操作： 删除 s 的第 i 个字符： 操作后， s 的前 i-1 个字符需匹配 t 的前 j 个字符。 转移： dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i-1][j] + del_cost) 插入 一个字符匹配 t[j-1] ： 操作后， s 的前 i 个字符需匹配 t 的前 j-1 个字符。 转移： dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][j-1] + ins_cost) 替换 s[i-1] 为 t[j-1] ： 如果 s[i-1] == t[j-1] ，无需替换（成本 0）。 否则成本为 rep_cost 。 转移： dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i-1][j-1] + cost) ，其中 cost = 0 （若相等）或 rep_cost （若不等）。 第三步：处理合并规则 合并发生在替换或插入后，使得新字符与左侧字符相同。合并会“吸收”左侧字符，从而可能减少删除次数。 合并的模拟方法 ： 当我们打算 替换 s[i-1] 为某个字符 ch 时，如果替换后 ch 与 s[i-2] 相同，则它们会合并。 合并的效果相当于： s[i-2] 和 s[i-1] 合并为一个字符 ch ，那么原来的 s[i-2] 就不用被单独处理了。 在 DP 转移中，这意味着我们可能跳过 s[i-2] 的匹配。 类似地， 插入 时，如果插入的字符与左侧字符相同，也会合并。 为了处理合并，我们扩展状态 ： 定义 dp[i][j][k] 为：将 s 的前 i 个字符转换为 t 的前 j 个字符，且转换后 最后一个字符是 t[j-1] 的连续 k 个副本 （ k >= 1 ）的最小操作次数。 这个状态记录了末尾连续相同字符的个数，因为合并会影响这个值。 但这种三维状态较复杂。更简洁的方法是用 二维 DP，但在转移时额外考虑“合并”作为一种可能的操作 。 第四步：合并作为一种“隐式”操作 我们可以修改状态转移，允许“替换并合并”作为一次操作： 当 s[i-1] 被替换为 t[j-1] ，且 t[j-1] 与 t[j-2] 相同时，我们可以将 s 的某个前缀直接匹配到 t 的前 j-2 个字符，然后通过合并生成两个连续的 t[j-1] 。 具体地，我们枚举 p ，使得 s[p..i-1] 可以通过一系列操作变成 k 个 t[j-1] ，然后与前面的 t[0..j-2] 连接。 这其实是一个 区间 DP 思想 ： 设 dp[l][r][x][y] 表示将 s[l..r] 变成 t[x..y] 的最小成本。但这样状态太大。 第五步：更高效的 DP 设计 注意到合并只与相邻字符有关，我们可以用以下状态： dp[i][j] 表示将 s 的前 i 个字符变成 t 的前 j 个字符的最小成本，并保证 在转换过程中，末尾不会有多余的连续相同字符 （因为合并会立即消除它们）。 转移时，除了普通编辑操作，我们添加一种“合并生成”操作： 如果 t[j-1] == t[j-2] ，那么我们可以让 s 的某段变成一连串 t[j-1] ，然后合并到末尾。 这需要枚举 k ，使得 s 的前 k 个字符变成 t 的前 j-2 个字符，然后将 s[k..i-1] 变成至少一个 t[j-1] ，并且合并到末尾。 第六步：最终 DP 方程（简化版） 为了简化，我们可以分两步： 先计算普通编辑距离（无合并）的 dp[i][j] 。 再考虑合并优化： 如果 t[j] == t[j-1] ，那么可以先得到 dp[i][j-1] ，然后通过 插入 一个 t[j] 并与前一个合并（成本 = ins_cost ），或者通过 替换 某个字符为 t[j] 并合并（成本 = rep_cost ），来更新 dp[i][j] 。 但这样会忽略从 s 中“借用”字符来合并的情况。 第七步：实现方案（O(n³) 暴力法） 由于合并规则复杂，一个可行的暴力方法是区间 DP： 定义 f[l][r][x][y] 为将 s[l..r] 变成 t[x..y] 的最小操作次数。 状态转移时，考虑： 直接删除 s[l] 。 直接插入 t[x] 在开头。 替换 s[l] 为 t[x] 。 如果替换后 s[l] 变成的字符与上一个字符相同（这里“上一个字符”是已匹配的 t[x-1] ），则合并，相当于匹配 t[x-1..y] 时多了一个相同字符。 这种方法会超时，但适合理解。 第八步：优化到 O(n²) 我们可以观察到，合并操作实际上等价于“允许连续匹配多个 t 中的相同字符时，成本可能降低”。 因此，可以定义 dp[i][j] 为普通编辑距离，然后 后处理 合并收益： 对于每一对 (i, j) ，如果 t[j] == t[j-1] ，则 dp[i][j] 可以更新为 min(dp[i][j], dp[i][j-1] + ins_cost) （通过插入并合并）。 同时，如果 s[i] == t[j] 且 t[j] == t[j-1] ，可以尝试从 dp[i-1][j-1] 直接转移（相当于匹配一个字符并合并）。 这样可以在 O(n²) 时间内完成。 例子演示 设 s = "ab" , t = "aa" , ins_cost = 1 , del_cost = 1 , rep_cost = 1 。 普通编辑距离： 初始 dp[0][0] = 0 。 dp[1][1] ： 'a' → 'a' ，无需操作， dp[1][1] = 0 。 dp[2][2] ： 'b' → 'a' ，替换（成本1），得到 "aa" ，合并后为 "a" ，不匹配 t ，所以还需插入一个 'a' ，总成本=2。 考虑合并优化： 在 dp[1][2] 时， t[2]='a' 与 t[1]='a' 相同，可以从 dp[1][1] 插入一个 'a' 并合并，成本=1。 因此 dp[1][2] = 1 ，表示 "a" → "aa" 只需一次插入（并自动合并）。 最终 dp[2][2] 可以从 dp[1][1] 替换 'b' 为 'a' 并合并得到 "a" ，再插入一个 'a' 并合并，总成本=2，与普通编辑距离相同。 核心总结 本题是编辑距离的扩展，合并规则使得 连续相同字符可以低成本生成 ，从而在某些情况下减少操作次数。 解题关键在于在 DP 转移中考虑“通过合并生成连续相同字符”的机制，通常可以通过增加状态（末尾连续相同字符个数）或后处理合并收益来实现。