奇怪的打印机 II 题目描述 有一个奇怪的打印机，它每次打印时可以选择打印一段连续的相同字符。打印机会用一种特殊的墨水，每次打印会覆盖原来位置上可能存在的字符。现在给定一个字符串 s，表示打印机最终打印出的结果。你的任务是找出打印机打印出字符串 s 所需的最少打印次数。 例如，对于字符串 s = "aaabbb"： 一种方法是先打印出 "aaa"（一次），然后打印出 "bbb"（第二次），总共需要 2 次。 另一种方法是先打印出整个字符串 "aaabbb"（一次），但这样第一次打印的字符必须全部相同，而 'a' 和 'b' 不同，所以此方法不可行。最少打印次数为 2。 对于字符串 s = "aba"： 如果先打印出 "aaa"（一次），然后在第二个位置打印 'b'（第二次），这样会覆盖掉原来的 'a'，得到 "aba"。但注意，第二次打印 'b' 时，是连续打印一个字符 'b'，它覆盖了第二个位置的字符。总共需要 2 次。 实际上，最少打印次数是 2：先打印整个字符串为 "aaa"（一次），然后打印中间字符为 'b'（第二次）；或者先打印整个字符串为 "bbb"（一次），然后打印首尾字符为 'a'（第二次）。 解题过程 这是一个典型的区间动态规划问题。我们可以定义 dp[ i][ j ] 表示打印出字符串 s 中从索引 i 到索引 j（包含）的子串所需的最少打印次数。 1. 状态定义 dp[ i][ j]: 打印子串 s[ i...j ] 所需的最少打印次数。 2. 边界情况 当区间长度为 1 时，即 i == j，只需要一次打印即可完成（打印一个字符）。所以 dp[ i][ i ] = 1。 3. 状态转移方程 考虑一般情况，区间 [ i, j ]。 情况1： 如果 s[ i] == s[ j ]。 我们可以设想，打印 s[ i] 和 s[ j] 的那次操作可以是同一次打印操作的一部分（即使中间有其他字符）。例如 "abaca"，首尾都是 'a'，那么第一次打印可以打印出整个区间的底色（全部打印成 'a'），然后再去处理中间的部分。但这并不意味着 dp[ i][ j] 直接等于 dp[ i][ j-1] 或 dp[ i+1][ j ]，因为可能中间部分和首尾的 'a' 一起打印会更优。 一个更通用的思路是：当 s[ i] == s[ j] 时，打印 s[ i] 的操作可以“顺便”帮助打印 s[ j]，反之亦然。实际上，我们可以将区间视为在 i 和 j 处用同一种颜色打底，那么打印 s[ i...j] 的次数可能等于打印 s[ i...j-1] 的次数（因为 j 处的字符可以在打印 i 处字符时一起完成）。但更准确的处理是： dp[ i][ j] = dp[ i][ j-1] 。为什么？因为当我们打印 s[ i]（这个字符和 s[ j] 相同）时，我们可以将这次打印操作延伸到 j 位置，从而“免费”覆盖掉 j 位置。所以打印 [ i, j] 并不比打印 [ i, j-1] 需要更多次数。当然，对称地，dp[ i][ j] = dp[ i+1][ j] 也是成立的。为了得到最小值，我们通常取 min(dp[ i][ j-1], dp[ i+1][ j])。但更常见的处理是直接令 dp[ i][ j] = dp[ i][ j-1]（或 dp[ i+1][ j ]），因为在状态转移过程中，我们还会考虑其他情况，最终取最小值。 情况2： 无论 s[ i] 和 s[ j] 是否相等，我们都需要考虑将区间 [ i, j] 分割成两个部分 [ i, k] 和 [ k+1, j] (i <= k < j)，然后分别打印这两个部分。总打印次数为两部分打印次数之和，即 dp[ i][ k] + dp[ k+1][ j ]。我们需要遍历所有可能的分割点 k，找到使得总打印次数最小的那个分割方案。 因此，综合起来，状态转移方程为： dp[ i][ j] = min( dp[ i][ j], dp[ i][ k] + dp[ k+1][ j] ) 对于所有 k 在 [ i, j-1 ] 范围内。 并且，如果 s[ i] == s[ j]，我们还有一个可能更优的选择：dp[ i][ j] = min( dp[ i][ j], dp[ i][ j-1] ) （或者 dp[ i+1][ j ]）。 4. 计算顺序 由于动态规划的状态 dp[ i][ j ] 依赖于更短的区间（即 i 更大、j 更小的状态还未计算），我们需要按区间长度从小到大的顺序进行计算。 初始化所有长度为 1 的区间 dp[ i][ i ] = 1。 然后计算长度为 2 的区间，接着长度 3，...，直到长度 n（整个字符串）。 5. 举例说明 以 s = "aba" 为例。 n = 3。 初始化： dp[ 0][ 0] = 1, dp[ 1][ 1] = 1, dp[ 2][ 2 ] = 1。 计算长度为 2 的区间： [ 0,1]: s[ 0]='a', s[ 1 ]='b', 不相等。 分割点 k=0: dp[ 0][ 0] + dp[ 1][ 1 ] = 1 + 1 = 2。 所以 dp[ 0][ 1 ] = 2。 [ 1,2]: s[ 1]='b', s[ 2 ]='a', 不相等。 分割点 k=1: dp[ 1][ 1] + dp[ 2][ 2 ] = 1 + 1 = 2。 所以 dp[ 1][ 2 ] = 2。 计算长度为 3 的区间 [ 0,2 ]: s[ 0]='a', s[ 2]='a', 相等。所以我们可以先考虑情况1：dp[ 0][ 2] 可能等于 dp[ 0][ 1] 或 dp[ 1][ 2 ]。 尝试 dp[ 0][ 1 ] = 2。 尝试 dp[ 1][ 2 ] = 2。 情况2：遍历分割点 k。 k=0: dp[ 0][ 0] + dp[ 1][ 2 ] = 1 + 2 = 3。 k=1: dp[ 0][ 1] + dp[ 2][ 2 ] = 2 + 1 = 3。 取最小值 min(2, 3, 3) = 2。 所以 dp[ 0][ 2 ] = 2。 最终结果为 dp[ 0][ 2 ] = 2，与题目例子一致。 总结 这个问题的核心在于识别当区间两端的字符相同时，可以减少一次打印操作的可能性，同时结合区间分割的经典动态规划思想。通过自底向上地计算所有小区间的最优解，最终得到整个字符串的最少打印次数。