奇怪的打印机（最小打印次数问题，每次打印必须覆盖一个连续区间，且每次只能打印一种颜色，已打印部分可被覆盖，求打印整个目标字符串的最少打印次数）

题目描述

你有一台奇怪的打印机，它有两个特殊规则：

1. 每次打印必须选择一个连续区间 [i, j]，并将这个区间内所有字符都打印成同一种颜色（用一个小写字母表示）。
2. 打印可以覆盖之前已经打印过的字符（即可以修改之前打印的内容）。

给你一个目标字符串 s，问至少需要多少次打印，才能打印出整个目标字符串 s。

示例：

• 输入：s = "aaabbb"
  输出：2
  解释：第一次打印整个区间为 'a'，得到 "aaaaaa"，第二次打印区间 [3,5] 为 'b'，得到 "aaabbb"。
• 输入：s = "aba"
  输出：2
  解释：第一次打印整个区间为 'a'，得到 "aaa"，第二次打印区间 [1,1]（下标从 0 开始）为 'b'，得到 "aba"。

注意：打印次数必须最少，打印的字母必须与目标字符串对应位置最终一致。

问题分析

这是一个区间动态规划问题。

• 如果我们直接考虑从左到右打印，可能会因为后续需要覆盖而难以决策。
• 关键观察：
  1. 如果 s[i] == s[j]，那么打印 s[i..j] 时，可以在打印 s[i] 的时候顺便把 s[j] 也打印成相同颜色，而不增加额外次数。
  2. 如果我们先打印一个区间，内部可以分成两个子区间分别打印，但要注意首尾字符相同时的优化。

动态规划定义

设 dp[i][j] 表示打印出子串 s[i..j] 所需的最少打印次数。

• 初始情况：
  当 i == j 时，只需要打印一次，即 dp[i][i] = 1。

• 一般情况（i < j）：
  我们可以将 s[i..j] 分成两部分 s[i..k] 和 s[k+1..j] 分别打印，那么：

  dp[i][j] = min(dp[i][k] + dp[k+1][j])，其中 i ≤ k < j
  

  但这样没有考虑首尾字符相同时的优化。

关键优化

如果 s[i] == s[j]，那么打印 s[i] 的时候可以顺便把 s[j] 打印成相同字母。
具体来说：

• 我们可以第一次打印时就把 s[i] 打印到整个区间，然后在内部调整。
• 更精确的说法是：
  当我们打印 s[i]（颜色与目标一致）时，如果 s[i] == s[j]，那么 s[j] 也可以在这一次打印中被涂成正确颜色（之后再覆盖中间部分）。
  因此，我们可以将问题转化为先打印 s[i..j-1] 或 s[i+1..j]，因为 s[j] 已经被顺便打印正确。

实际上更通用的转移：
如果 s[i] == s[j]，那么 dp[i][j] = dp[i][j-1]。
为什么？
考虑打印 s[i..j]：

1. 先打印 s[i..j-1]，需要 dp[i][j-1] 次。
2. 因为 s[i] == s[j]，在打印 s[i] 的那一次操作中，我们可以把 s[j] 也一起打印成 s[i]（即正确颜色），而不需要额外次数。
3. 但要注意：打印 s[i..j-1] 的过程中，可能 s[j] 被中间操作覆盖过，所以需要保证最后 s[j] 正确。
   实际上，我们可以将第一次打印 s[i] 的操作延伸到 j，这样 s[j] 一开始就是对的，之后打印内部时再覆盖中间部分。
   数学上可以证明，这样等价于 dp[i][j] = dp[i][j-1]。

所以转移方程为：

如果 s[i] == s[j]:
    dp[i][j] = dp[i][j-1]
否则：
    dp[i][j] = min(dp[i][k] + dp[k+1][j])，其中 i ≤ k < j

计算顺序

区间 DP 一般按长度从小到大计算：

1. 先初始化长度为 1 的区间。
2. 然后长度从 2 到 n 枚举。
3. 对于每个区间 [i, j]，按上述转移计算。

示例推导

以 s = "aba" 为例：

1. 初始化：
   dp[0][0] = 1
dp[1][1] = 1
dp[2][2] = 1

2. 长度 2 区间：

   • [0,1]：s[0]='a', s[1]='b'，不相同
     枚举 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'，不相同
     枚举 k=1：dp[1][1]+dp[2][2]=1+1=2
     所以 dp[1][2]=2

3. 长度 3 区间 [0,2]：
   s[0]='a', s[2]='a'，相同
   所以 dp[0][2] = dp[0][1] = 2。
   验证：
   第一次打印整个区间为 'a'，得 "aaa"
   第二次打印区间 [1,1] 为 'b'，得 "aba"，共 2 次。

输出 dp[0][n-1] = 2。

代码框架（伪代码）

def strangePrinter(s: str) -> int:
    n = len(s)
    dp = [[0] * n for _ in range(n)]
    
    for i in range(n):
        dp[i][i] = 1
    
    for length in range(2, n + 1):
        for i in range(n - length + 1):
            j = i + length - 1
            if s[i] == s[j]:
                dp[i][j] = dp[i][j-1]
            else:
                dp[i][j] = float('inf')
                for k in range(i, j):
                    dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k+1][j])
    
    return dp[0][n-1]

时间复杂度与优化

• 朴素实现：三重循环，O(n^3)。
• 可优化：当 s[i] == s[j] 时，已经 O(1) 转移；不同时才需要枚举分割点。
• 对于某些特殊数据，可以进一步优化枚举范围，但最坏仍 O(n^3)，在 n ≤ 100 时可行。

总结

这道题的核心在于发现：

1. 首尾字符相同时，尾部字符可被“免费”打印，从而减少一次操作。
2. 将区间分成两半分别打印，是区间 DP 的常见思路。

通过以上分析，我们可以用 dp[i][j] 表示子串的最少打印次数，并给出转移方程，最终得到整个字符串的最小打印次数。