合并相邻字符串形成目标串的最小拼接成本问题
字数 4337 2025-12-10 20:48:44

合并相邻字符串形成目标串的最小拼接成本问题

1. 题目描述

给定一个字符串 s 和一个目标字符串 target。
你每次可以将 s 中的一个连续子串（长度任意）提取出来，并将其拼接到当前已形成的字符串的末尾，形成一个新的字符串。
初始时，你手中已形成的字符串为空。
每次操作的成本等于被提取的子串的长度。
求：将 s 通过若干次这样的操作，最终拼接成 target 的最小总成本。

注意：

  • 必须按 target 中的字符顺序依次拼接，即最终形成的字符串必须与 target 完全相同。
  • 每次只能从 s 中提取一个连续子串，且每次提取后，s 不会改变（可以重复使用 s 中的任意位置的字符，但必须按原串中的连续顺序提取）。
  • 提取的子串在 s 中必须是连续的一段。

2. 示例

假设：

s = "abcde"
target = "abce"

一种可行的操作方案：

  1. 提取 s 的子串 "ab"（长度 2），成本 2，当前字符串变为 "ab"。
  2. 提取 s 的子串 "c"（长度 1），成本 1，当前字符串变为 "abc"。
  3. 提取 s 的子串 "e"（长度 1），成本 1，当前字符串变为 "abce"。
    总成本 = 2 + 1 + 1 = 4。

但更优的方案是：

  1. 提取 s 的子串 "abc"（长度 3），成本 3，当前字符串变为 "abc"。
  2. 提取 s 的子串 "e"（长度 1），成本 1，当前字符串变为 "abce"。
    总成本 = 3 + 1 = 4。

最优解是 4 吗？
其实可以：

  1. 提取 "abce" 是 s 的子串吗？不是，因为 s 是 "abcde"，"abce" 不连续（缺少 "d"）。
    实际上，"abce" 无法一次提取。

但我们可以：

  1. 提取 "abc"（成本 3）
  2. 提取 "e"（成本 1）
    总成本 4。

另一种可能：

  1. 提取 "ab"（成本 2）
  2. 提取 "c"（成本 1）
  3. 提取 "e"（成本 1）
    成本 4。

似乎最优是 4。

但如果我们考虑 s = "abcabc", target = "abcbc"：

  1. 提取 "abc"（成本 3）
  2. 提取 "bc"（成本 2）
    总成本 5。
    但我们可以：
  3. 提取 "ab"（成本 2）
  4. 提取 "cbc" 在 s 中吗？"cbc" 不连续，因为 s 中是 abcabc，"cbc" 不是连续子串。不行。
    其实更优可能是：
  5. 提取 "abc"（成本 3）
  6. 提取 "bc"（成本 2）
    总成本 5。
    但也可以：
  7. 提取 "a"（成本 1）
  8. 提取 "bc"（成本 2）
  9. 提取 "bc"（成本 2）
    总成本 5。
    看来需要动态规划找最优。

3. 问题分析

我们实际上是要将 target 分成若干连续段，每一段必须是 s 的某个连续子串，并且这些段按顺序拼成 target。
我们要最小化：段的数量（因为成本是每段的长度之和，即 target 的长度是固定的，段数越多，成本越大？）不对，注意成本是每段的长度，不是段数。

设 target 长度为 m。
如果分成 k 段，各段长度分别为 len1, len2, ..., lenk，总成本 = len1 + len2 + ... + lenk = m。
咦？那总成本总是等于 target 的长度？那岂不是与如何分段无关？
不对！因为每次提取的子串来自 s，但提取的长度可以比该段在 target 中的长度更长吗？不可以，因为提取的子串必须完全用于形成 target 的对应段，不能多出字符。

仔细看操作：每次提取 s 的一个连续子串，拼接到已形成的串末尾。最终形成的串必须严格等于 target。
提取的子串长度 = 它在 target 中对应的那一段的长度。
所以每次操作的成本 = 该段长度。
那么总成本 = 所有段长度之和 = target.length，固定不变。

那这题还有意义吗？
等一下，我发现题目理解有陷阱。

4. 重新理解题意与核心

实际上，常见的一个正确题意是：
每次提取 s 的一个连续子串（长度任意），但这个子串在 target 中必须对应尚未拼接的部分的前缀，并且可以一次提取比需要更长的子串，但必须连续匹配。不对，这样说不通。

我查阅类似题目，这其实是 “字符串拆分” 问题的变种：
给定 s 和 target，每次从 s 中取一个子串（长度任意）拼接到当前串末尾，但最终要形成 target。
如果每次成本是提取的子串长度，并且最终必须完全匹配 target，则总成本 = target 长度，是定值，题目无意义。

因此，正确的理解是：
每次提取的子串长度是任意的，但必须完全用于形成 target 的下一段。
如果我们可以在一次操作中提取较长的一段，可能减少操作次数，但成本会增加（因为成本是长度），所以我们要在“一次提取较长段”和“分多次提取较短段”之间权衡吗？但总成本是长度和，是固定的，所以没有权衡。

矛盾表明，可能成本不是长度，而是每次操作固定成本 + 长度相关成本，或者是每次操作成本为 1，目标是最小化操作次数。

5. 修正题意（采用常见的合并相邻字符串形成目标的最小操作次数）

我重新表述正确的区间 DP 题目：

给定字符串 s 和 target，初始手中为空串。每次可从 s 中选一个连续子串，拼接到当前串末尾。求形成 target 的最少操作次数。
这样，目标就是最小化分段数。

为什么是区间 DP？
因为 target 的每段必须是 s 的子串，我们需要将 target 分成尽量少的段，每段是 s 的子串。

6. 动态规划状态定义

设 dp[i] 表示形成 target[0:i]（长度为 i 的前缀）所需的最少操作次数。
初始：dp[0] = 0（空串不需要操作）。

转移：
dp[i] = min{ dp[j] + 1 }，其中 j < i，并且子串 target[j:i] 是 s 的一个连续子串。

问题转化为：对每个区间 [j, i)，判断 target[j:i] 是否是 s 的子串。

7. 判断子串的优化

如果直接对每个区间用哈希表或 KMP 检查，复杂度高。
我们可以预处理一个二维数组 isSub[j][i] 表示 target[j:i] 是否在 s 中出现（作为连续子串）。
检查方法：对每个 j，在 s 中寻找匹配 target[j:] 的前缀，更新 isSub[j][i]。
更高效：用字符串哈希（Rolling Hash）在 O(1) 判断 s 的所有子串是否等于 target[j:i]。
但为了讲解清楚，我们先假设有一个函数 check(j, i) 能 O(1) 判断。

8. 状态转移方程

dp[0] = 0
for i in 1 to m:
    dp[i] = INF
    for j in 0 to i-1:
        if check(j, i) is true:
            dp[i] = min(dp[i], dp[j] + 1)

最终答案为 dp[m]。

时间复杂度 O(m²)，加上 check 的复杂度。
check 可预处理：
对每个起始位置 j，计算在 s 中匹配 target[j:] 的最长匹配长度 maxLen[j]。
那么对于任意 i ≤ j + maxLen[j]，target[j:i] 都是 s 的子串。
这样 check(j, i) 就是 O(1)。

如何求 maxLen[j]？
可以在 s 中找 target[j] 的出现，然后逐字符比较。但更简单的是用字符串哈希：
将 s 的所有子串的哈希存入哈希集合，然后对每个 j，二分查找最远的 i 使得哈希在集合中。
这样预处理 O(n²) 或 O(n log n)。

9. 举例说明

例：

s = "abcdef"
target = "abcf"

预处理：

  • target[0:3] = "abc" 是 s 的子串
  • target[0:4] = "abcf" 不是
  • target[3:4] = "f" 是
    计算：
    dp[0]=0
    dp[1]："a" 是子串，dp[1] = dp[0]+1=1
    dp[2]："ab" 是子串，dp[2] = min(dp[0]+1=1, dp[1]+1=2) = 1
    dp[3]："abc" 是子串，dp[3] = min(dp[0]+1=1, dp[1]+1=2, dp[2]+1=2) = 1
    dp[4]：
  • 从 j=0: "abcf" 不是子串，不行
  • j=1: "bcf" 不是
  • j=2: "cf" 不是
  • j=3: "f" 是，dp[4] = dp[3]+1=2
    所以最少 2 次操作。

10. 区间 DP 视角

虽然这是线性 DP，但核心判断 target[j:i] 是否是 s 的子串，这涉及子串匹配，通常不叫区间 DP，但我们可以用区间 DP 的思想：
定义 can[j][i] 表示 target[j:i] 是否是 s 的子串，这是区间性质。
然后 dp 用这个区间信息转移。

有些变种题目中，s 可以多次提取且可重叠，但本题只是普通子串判断。

11. 算法步骤总结

  1. 预处理：对每个 j，计算 maxLen[j] = target 从 j 开始的最长前缀，满足它是 s 的子串。
    （可以用字符串哈希，或对每个 j 在 s 中找匹配）
  2. 初始化 dp 数组长度为 m+1，dp[0]=0，其余为无穷大。
  3. 对 i 从 1 到 m：
    • 对 j 从 0 到 i-1：
      • 如果 i-j ≤ maxLen[j]，则 dp[i] = min(dp[i], dp[j]+1)
  4. 答案 = dp[m] 如果 dp[m] 不是无穷大，否则 -1 表示无法形成。

12. 复杂度

  • 预处理 maxLen：O(m × n) 如果用朴素匹配（或 O(m + n) 用 KMP 对每个 j 跑一次，但总体 O(mn) 简单些）。
  • DP 转移：O(m²)。
    总复杂度 O(mn + m²)，在 m, n ≤ 1000 时可行。

13. 边界情况

  • 如果 target 中有字符不在 s 中，则无解。
  • 如果 target 是空串，操作次数 0。
  • 如果 s 中包含整个 target 作为子串，则一次操作即可。

这样我们就得到了“合并相邻字符串形成目标串的最小操作次数”问题的完整解法。

合并相邻字符串形成目标串的最小拼接成本问题 1. 题目描述 给定一个字符串 s 和一个目标字符串 target 。 你每次可以将 s 中的一个 连续子串 （长度任意）提取出来，并将其 拼接到当前已形成的字符串的末尾 ，形成一个新的字符串。 初始时，你手中已形成的字符串为空。 每次操作的 成本 等于被提取的子串的长度。 求：将 s 通过若干次这样的操作， 最终拼接成 target 的最小总成本 。 注意 ： 必须按 target 中的字符顺序依次拼接，即最终形成的字符串必须与 target 完全相同。 每次只能从 s 中提取一个连续子串，且每次提取后， s 不会改变（可以重复使用 s 中的任意位置的字符，但必须按原串中的连续顺序提取）。 提取的子串在 s 中必须是连续的一段。 2. 示例 假设： 一种可行的操作方案： 提取 s 的子串 "ab" （长度 2），成本 2，当前字符串变为 "ab" 。 提取 s 的子串 "c" （长度 1），成本 1，当前字符串变为 "abc" 。 提取 s 的子串 "e" （长度 1），成本 1，当前字符串变为 "abce" 。 总成本 = 2 + 1 + 1 = 4。 但更优的方案是： 提取 s 的子串 "abc" （长度 3），成本 3，当前字符串变为 "abc" 。 提取 s 的子串 "e" （长度 1），成本 1，当前字符串变为 "abce" 。 总成本 = 3 + 1 = 4。 最优解是 4 吗？ 其实可以： 提取 "abce" 是 s 的子串吗？不是，因为 s 是 "abcde" ， "abce" 不连续（缺少 "d" ）。 实际上， "abce" 无法一次提取。 但我们可以： 提取 "abc" （成本 3） 提取 "e" （成本 1） 总成本 4。 另一种可能： 提取 "ab" （成本 2） 提取 "c" （成本 1） 提取 "e" （成本 1） 成本 4。 似乎最优是 4。 但如果我们考虑 s = "abcabc" , target = "abcbc" ： 提取 "abc" （成本 3） 提取 "bc" （成本 2） 总成本 5。 但我们可以： 提取 "ab" （成本 2） 提取 "cbc" 在 s 中吗？ "cbc" 不连续，因为 s 中是 abcabc ， "cbc" 不是连续子串。不行。 其实更优可能是： 提取 "abc" （成本 3） 提取 "bc" （成本 2） 总成本 5。 但也可以： 提取 "a" （成本 1） 提取 "bc" （成本 2） 提取 "bc" （成本 2） 总成本 5。 看来需要动态规划找最优。 3. 问题分析 我们实际上是要将 target 分成若干连续段，每一段必须是 s 的某个连续子串，并且这些段按顺序拼成 target 。 我们要最小化：段的数量（因为成本是每段的长度之和，即 target 的长度是固定的，段数越多，成本越大？）不对，注意 成本是每段的长度，不是段数 。 设 target 长度为 m 。 如果分成 k 段，各段长度分别为 len1, len2, ..., lenk ，总成本 = len1 + len2 + ... + lenk = m 。 咦？那总成本总是等于 target 的长度？那岂不是与如何分段无关？ 不对 ！因为每次提取的子串来自 s ，但提取的长度可以比该段在 target 中的长度更长吗？不可以，因为提取的子串必须完全用于形成 target 的对应段，不能多出字符。 仔细看操作：每次提取 s 的一个连续子串，拼接到已形成的串末尾。最终形成的串必须严格等于 target 。 提取的子串长度 = 它在 target 中对应的那一段的长度。 所以每次操作的成本 = 该段长度。 那么总成本 = 所有段长度之和 = target.length ，固定不变。 那这题还有意义吗？ 等一下 ，我发现题目理解有陷阱。 4. 重新理解题意与核心 实际上，常见的一个正确题意是： 每次提取 s 的一个 连续子串 （长度任意），但这个子串在 target 中必须对应 尚未拼接的部分的前缀 ，并且 可以一次提取比需要更长的子串，但必须连续匹配 。不对，这样说不通。 我查阅类似题目，这其实是 “字符串拆分” 问题的变种： 给定 s 和 target ，每次从 s 中取一个子串（长度任意）拼接到当前串末尾，但 最终要形成 target 。 如果每次成本是提取的子串长度，并且最终必须完全匹配 target ，则总成本 = target 长度，是定值，题目无意义。 因此，正确的理解是 ： 每次提取的子串长度是任意的，但必须完全用于形成 target 的下一段。 如果我们可以在一次操作中提取较长的一段，可能减少操作次数，但成本会增加（因为成本是长度），所以我们要在“一次提取较长段”和“分多次提取较短段”之间权衡吗？但总成本是长度和，是固定的，所以没有权衡。 矛盾表明，可能成本不是长度，而是 每次操作固定成本 + 长度相关成本 ，或者是 每次操作成本为 1 ，目标是 最小化操作次数 。 5. 修正题意（采用常见的合并相邻字符串形成目标的最小操作次数） 我重新表述正确的区间 DP 题目： 给定字符串 s 和 target，初始手中为空串。每次可从 s 中选一个连续子串，拼接到当前串末尾。求形成 target 的最少操作次数。 这样，目标就是最小化分段数。 为什么是区间 DP？ 因为 target 的每段必须是 s 的子串，我们需要将 target 分成尽量少的段，每段是 s 的子串。 6. 动态规划状态定义 设 dp[i] 表示形成 target[0:i] （长度为 i 的前缀）所需的最少操作次数。 初始： dp[0] = 0 （空串不需要操作）。 转移： dp[i] = min{ dp[j] + 1 } ，其中 j < i ，并且子串 target[j:i] 是 s 的一个连续子串。 问题转化为：对每个区间 [j, i) ，判断 target[j:i] 是否是 s 的子串。 7. 判断子串的优化 如果直接对每个区间用哈希表或 KMP 检查，复杂度高。 我们可以预处理一个二维数组 isSub[j][i] 表示 target[j:i] 是否在 s 中出现（作为连续子串）。 检查方法：对每个 j，在 s 中寻找匹配 target[j:] 的前缀，更新 isSub[j][i] 。 更高效：用字符串哈希（Rolling Hash）在 O(1) 判断 s 的所有子串是否等于 target[ j:i ]。 但为了讲解清楚，我们先假设有一个函数 check(j, i) 能 O(1) 判断。 8. 状态转移方程 最终答案为 dp[m] 。 时间复杂度 O(m²)，加上 check 的复杂度。 check 可预处理： 对每个起始位置 j，计算在 s 中匹配 target[ j:] 的最长匹配长度 maxLen[j] 。 那么对于任意 i ≤ j + maxLen[ j]， target[j:i] 都是 s 的子串。 这样 check(j, i) 就是 O(1)。 如何求 maxLen[j] ？ 可以在 s 中找 target[ j ] 的出现，然后逐字符比较。但更简单的是用字符串哈希： 将 s 的所有子串的哈希存入哈希集合，然后对每个 j，二分查找最远的 i 使得哈希在集合中。 这样预处理 O(n²) 或 O(n log n)。 9. 举例说明 例： 预处理： target[0:3] = "abc" 是 s 的子串 target[0:4] = "abcf" 不是 target[3:4] = "f" 是 计算： dp[ 0 ]=0 dp[ 1]： "a" 是子串，dp[ 1] = dp[ 0 ]+1=1 dp[ 2]： "ab" 是子串，dp[ 2] = min(dp[ 0]+1=1, dp[ 1 ]+1=2) = 1 dp[ 3]： "abc" 是子串，dp[ 3] = min(dp[ 0]+1=1, dp[ 1]+1=2, dp[ 2 ]+1=2) = 1 dp[ 4 ]： 从 j=0: "abcf" 不是子串，不行 j=1: "bcf" 不是 j=2: "cf" 不是 j=3: "f" 是，dp[ 4] = dp[ 3 ]+1=2 所以最少 2 次操作。 10. 区间 DP 视角 虽然这是线性 DP，但核心判断 target[j:i] 是否是 s 的子串，这涉及子串匹配，通常不叫区间 DP，但我们可以用区间 DP 的思想： 定义 can[j][i] 表示 target[ j:i ] 是否是 s 的子串，这是区间性质。 然后 dp 用这个区间信息转移。 有些变种题目中，s 可以多次提取且可重叠，但本题只是普通子串判断。 11. 算法步骤总结 预处理：对每个 j，计算 maxLen[j] = target 从 j 开始的最长前缀，满足它是 s 的子串。 （可以用字符串哈希，或对每个 j 在 s 中找匹配） 初始化 dp 数组长度为 m+1，dp[ 0 ]=0，其余为无穷大。 对 i 从 1 到 m： 对 j 从 0 到 i-1： 如果 i-j ≤ maxLen[ j]，则 dp[i] = min(dp[i], dp[j]+1) 答案 = dp[ m] 如果 dp[ m ] 不是无穷大，否则 -1 表示无法形成。 12. 复杂度 预处理 maxLen：O(m × n) 如果用朴素匹配（或 O(m + n) 用 KMP 对每个 j 跑一次，但总体 O(mn) 简单些）。 DP 转移：O(m²)。 总复杂度 O(mn + m²)，在 m, n ≤ 1000 时可行。 13. 边界情况 如果 target 中有字符不在 s 中，则无解。 如果 target 是空串，操作次数 0。 如果 s 中包含整个 target 作为子串，则一次操作即可。 这样我们就得到了“合并相邻字符串形成目标串的最小操作次数”问题的完整解法。