奇怪的打印机 II（最小打印次数问题，颜色扩展与成本优化进阶） 题目描述： 有一个奇怪的打印机，它每次操作可以在一段连续区间上打印同一种颜色，但打印会覆盖该区间上已有的颜色。现在有一个长度为 n 的字符串 s，表示目标颜色序列（每个字符代表一种颜色）。打印机初始时是空的（可以视为全为空白，或任意未打印状态）。每次打印可以选择一个起始位置 i 和结束位置 j（i ≤ j），以及一种颜色 c，将区间 [ i, j ] 全部打印成颜色 c（覆盖之前的任何颜色）。问：至少需要多少次打印操作，才能得到目标字符串 s？ 注意： 每次打印必须选择一个连续区间。 打印的颜色可以是目标字符串中出现的任意颜色（字符）。 最终整个字符串必须完全匹配目标颜色序列。 解题过程（循序渐进） 步骤1：问题理解与转化 我们有一个目标字符串 s（长度 n），初始空白（或视为一种特殊背景色）。每次操作相当于将一段连续区间染成同一种颜色，且新颜色会完全覆盖旧颜色。 目标：用最少的染色操作得到 s。 关键观察： 如果 s 中相邻字符相同，我们可以在一次操作中一起打印它们，从而节省操作次数。 但如果中间有不同颜色，可能需要多次操作，且后打印的颜色会覆盖之前打印的颜色。 这类似于“移除盒子”或“涂色”类区间 DP 问题，但这里是“构造”目标颜色序列，而不是“消除”。 步骤2：寻找最优子结构 考虑最终整个字符串 s[ 0..n-1 ] 是如何被打印出来的。 最后一步操作一定是将某个区间 [ l, r] 染成某种颜色 c，且这个颜色必须等于 s[ r ]（因为最后打印的颜色会保留在该区间最右端）。 注意：这里有一个重要性质：我们可以总是 让最后一次打印的颜色与 s[ r] 相同 ，因为如果最后打印的颜色与 s[ r] 不同，那么 s[ r] 就无法被正确得到，所以最后一次打印必须包含位置 r 且颜色为 s[ r ]。 但更通用的思路是： 我们考虑整个区间 [ l, r]，假设我们在某一步将整个区间 [ l, r] 染成颜色 s[ r]（或者颜色 s[ l] 也行，但一般取右端点颜色更方便），那么在这次染色之前，区间 [ l, r] 可能已经有一部分被染过，而这次染色会统一覆盖成颜色 s[ r ]。 步骤3：定义状态 令 dp[ l][ r] 表示将区间 [ l, r] 染成目标颜色序列 s[ l..r ] 所需的最少打印次数。 步骤4：状态转移分析 情况1： 如果我们在第一步（对区间 [ l, r] 而言的第一步）就把整个区间 [ l, r] 染成颜色 s[ r ]，那么： 我们花费 1 次操作。 然后，我们需要处理区间中那些最终颜色不是 s[ r ] 的位置。 注意：如果 s[ k] == s[ r]（l ≤ k ≤ r），那么在第一次染色时，位置 k 被染成 s[ r]，它可能已经满足目标颜色（如果 s[ k] == s[ r]），那么我们可以 将区间分割 ，分别处理左右部分，避免重复染色。 具体地： 设第一次染色将 [ l, r] 全染成 s[ r]，那么对于所有满足 s[ k] == s[ r ] 的位置 k，我们可以在染色完成后，不再改变它们（因为它们已经是目标颜色）。而其他位置还需要后续操作。 但更高效的方法是： 我们找到区间 [ l, r] 中所有与 s[ r] 颜色相同的位置，并选择 最后一个相同颜色的位置 （其实就是 r），但我们也可以考虑第一个相同颜色的位置。 常用技巧是：在区间 [ l, r] 中，找到第一个位置 m（l ≤ m ≤ r）使得 s[ m] == s[ r ]，那么我们可以： 先单独处理区间 [ l, m-1]，使其变成目标颜色序列（这需要 dp[ l][ m-1 ] 次操作）。 然后，在某个步骤（可以是一次操作）将区间 [ m, r] 染成 s[ r]（即 s[ m ] 颜色）。 但注意，染成 s[ r] 时，[ m, r] 被统一染色，那么区间 [ m+1, r-1] 还需要进一步处理，这可以通过递归处理区间 [ m, r-1] 得到，但要注意染色 s[ r ] 的操作可以合并到处理子区间时的一次染色中，从而减少操作次数。 实际上，更经典的状态转移方程为： 转移方程1 （当 s[ l] == s[ r ]）： dp[ l][ r] = dp[ l][ r-1 ] 解释：因为 s[ l] 和 s[ r] 颜色相同，我们可以在打印 s[ l] 时顺带打印 s[ r]，不需要额外操作。具体来说，可以在处理区间 [ l, r-1 ] 的最后一次操作延伸到 r，或者第一次操作就覆盖 l 和 r。 转移方程2 （一般情况）： dp[ l][ r] = min{ dp[ l][ k] + dp[ k+1][ r] }，其中 l ≤ k < r。 这是区间 DP 的常见分割。但这样会忽略“一次染色覆盖多个位置”的节省。 因此需要优化： 考虑在区间 [ l, r] 中，如果我们在某一步将区间 [ l, k] 染成 s[ l]（或 s[ r ]），那么可以节省操作。但更通用且正确的优化是： 标准解法（类似“移除盒子”但更简单版本）： dp[ l][ r] 初始化为 dp[ l][ r-1] + 1（即先处理好 [ l, r-1 ]，再单独打印 r）。 然后，我们枚举所有位置 k（l ≤ k < r），使得 s[ k] == s[ r ]，则我们可以： 先处理好区间 [ l, k] 和区间 [ k+1, r-1]，然后将它们与位置 r 在一次操作中一起染成 s[ r ]。 但更简单的写法是： dp[ l][ r] = min(dp[ l][ r], dp[ l][ k] + dp[ k+1][ r-1]) 当 s[ k] == s[ r ]？不，这样不对。 正确转移方程 （常见于“奇怪打印机”问题）： dp[ l][ r] = dp[ l][ r-1 ] + 1，这是基础情况（单独打印 r）。 然后，我们枚举分割点 k（l ≤ k < r），如果 s[ k] == s[ r ]，则可以考虑： 将区间 [ l, k] 和 [ k+1, r] 合并处理，因为 s[ k] 和 s[ r] 颜色相同，可以在打印 s[ k] 时顺便打印 s[ r ] 所在区间的一部分。 具体为： dp[ l][ r] = min(dp[ l][ r], dp[ l][ k] + dp[ k+1][ r-1])？不对，应该是 dp[ l][ k] + dp[ k+1][ r-1 ] 吗？ 更准确是：dp[ l][ r] = min(dp[ l][ r], dp[ l][ k] + dp[ k+1][ r-1]) 当 s[ k] == s[ r ]？这仍然不准确。 经典标准方程 （来自 LeetCode 664 奇怪的打印机）： dp[ l][ r] = dp[ l][ r-1 ] + 1， 然后枚举 k 从 l 到 r-1，如果 s[ k] == s[ r ]，则： dp[ l][ r] = min(dp[ l][ r], dp[ l][ k] + dp[ k+1][ r-1 ])。 但这样是错误的，因为 dp[ k+1][ r-1] 表示将 [ k+1, r-1] 染好，但 s[ r] 与 s[ k] 相同，所以可以在染 s[ k] 时一起染 s[ r]，所以 [ k+1, r-1] 的处理可以和 [ l, k ] 合并一次操作。 实际上，正确方程是： dp[ l][ r] = min(dp[ l][ r], dp[ l][ k] + dp[ k+1][ r-1]) 当 s[ k] == s[ r ]？ 不对，正确是：dp[ l][ r] = min(dp[ l][ r], dp[ l][ k-1] + dp[ k][ r-1]) 当 s[ k] == s[ r ]？ 我们重新推导。 步骤5：重新推导状态转移 考虑区间 [ l, r]，我们假设在最优打印方案中，位置 r 的颜色 s[ r ] 是在某次操作中与区间中另一个相同颜色的位置一起打印的。 设这个位置是 k（l ≤ k < r），且 s[ k] == s[ r ]。 那么我们可以这样安排操作： 先打印区间 [ l, k] 和 [ k+1, r-1 ] 的部分，使得它们除了位置 k 和 r 外都正确。 然后一次操作将区间 [ k, r] 染成 s[ r]（覆盖区间 [ k, r]），此时位置 k 和 r 颜色正确，区间 [ k+1, r-1] 被覆盖成 s[ r]，但可能它们的目标颜色不是 s[ r ]，所以需要提前将它们处理好，使得在覆盖后它们仍然是正确的。 这意味着，在覆盖之前，区间 [ k+1, r-1] 必须已经是目标颜色 s[ r ] 了（因为覆盖不会改变它们）。 但这样不对，因为覆盖会改变它们。 实际上，正确逻辑是： 我们可以将区间 [ l, r ] 分成两部分： 左部分 [ l, k] 和右部分 [ k+1, r ]。 因为 s[ k] == s[ r]，我们可以在处理左部分时，将位置 k 染成 s[ k ]，并在处理右部分时，利用这次染色覆盖到 r。 更准确： 我们考虑在最优方案中，位置 k 和 r 是在同一次操作中被染成 s[ r] 的。那么在这次操作之前，区间 [ l, k-1] 和 [ k+1, r-1] 必须已经染好，使得在覆盖后整个 [ l, r ] 正确。 所以，总操作数 = dp[ l][ k-1]（染好左段） + dp[ k+1][ r-1]（染好中间段） + 1（一次染色覆盖 [ k, r ]）。 但注意，dp[ l][ k-1 ] 中可能已经包含了位置 k 的染色，所以会重复。为了避免重复，我们定义状态为将空白区间染成目标的次数，并允许“合并”操作。 标准正确方程 （最终）： dp[ l][ r] = dp[ l][ r-1 ] + 1， 对于 k 从 l 到 r-1，如果 s[ k] == s[ r ]，则： dp[ l][ r] = min(dp[ l][ r], dp[ l][ k] + dp[ k+1][ r-1 ])。 这里 dp[ l][ k] 表示将 [ l, k] 染好，且 s[ k] 是最后染成 s[ r] 的一部分，dp[ k+1][ r-1] 表示将 [ k+1, r-1] 染好，然后一次操作覆盖 [ k, r] 为 s[ r]，这样总次数是 dp[ l][ k] + dp[ k+1][ r-1]，不需要 +1，因为 dp[ l][ k] 中已经包含了一次染 s[ r ] 的操作。 这个理解是关键：在 dp[ l][ k] 的最优方案中，最后一次操作可能是将某个区间染成 s[ r]（因为 s[ k] == s[ r ]），我们可以将这个操作延伸到 r，从而节省一次操作。 步骤6：初始化与计算顺序 单个字符区间：dp[ i][ i ] = 1（一次打印即可）。 按区间长度从小到大计算。 最终答案：dp[ 0][ n-1 ]。 步骤7：举例验证 例：s = "ababa"。 计算： n=5，dp[ i][ i ]=1。 长度2： "ab"：dp[ 0][ 1] = dp[ 0][ 0]+1=2，且 s[ 0]!=s[ 1 ]，所以为2。 "ba"：dp[ 1][ 2 ]=2。 "ab"：dp[ 2][ 3 ]=2。 "ba"：dp[ 3][ 4 ]=2。 长度3： "aba"（l=0,r=2）：dp[ 0][ 2] = dp[ 0][ 1]+1=3，然后 k=0 时 s[ 0]==s[ 2]='a'，则 dp[ 0][ 2]=min(3, dp[ 0][ 0]+dp[ 1][ 1 ])=min(3,1+1)=2。 类似可算出整个表，最终 dp[ 0][ 4 ]=3。 验证：最少操作3次：1.打印"aaaaa"，2.打印"bbbbb"覆盖位置1、3，3.打印"aaaaa"覆盖位置0、2、4。但目标"ababa"需要3次？实际上可以2次：1.打印"aaaaa"，2.打印"bbbbb"覆盖位置1、3，但这样得到"ababa"？不对，得到"ababa"是 a b a b a，第一次全a，第二次在位置1、3打印b，得到a a a a a被覆盖成a b a b a？不对，第二次打印b在位置1、3，区间[ 1,1]和[ 3,3 ]分别打印b，但打印机必须连续区间，所以不能分开打印。所以需要3次。正确。 步骤8：算法复杂度 状态数 O(n²)，每个状态转移需要 O(n) 时间（枚举 k），总时间复杂度 O(n³)，空间复杂度 O(n²)。