奇怪的打印机的最小打印次数问题（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
有一台奇怪的打印机，它每次打印时，必须选择一个连续区间，并将这个区间内的所有字符都统一打印成同一种字母（例如全部打印成 'a' 或 'b' 等）。
打印机可以在已打印的字符上重新打印，覆盖之前打印的内容。
给定一个目标字符串 s（只由小写字母组成），问至少需要打印多少次，才能得到这个目标字符串。
示例
输入：s = "aaabbb"
输出：2
解释：
- 第一次打印整个区间为
[0,5]，全部打印为'a'，得到"aaaaaa"。 - 第二次打印区间
[3,5]，全部打印为'b'，得到"aaabbb"。
解题思路（区间 DP）
这个问题是区间动态规划的经典题目，核心在于如何利用覆盖操作的性质来设计状态转移。
1. 关键观察
- 如果一次打印能覆盖一个连续区间，那么这个区间的首尾字符相同时，我们可以用一次打印覆盖整个区间，然后中间部分再调整。
- 更一般地，如果
s[i] == s[j]，那么打印s[i]的时候，可以顺便把s[j]也打印成同样的字母，然后再处理中间部分。 - 由于打印是覆盖操作，最后打印的字符决定了这个位置最终是什么字母。
2. 定义状态
设
dp[i][j] = 打印出子串 s[i..j] 所需的最少打印次数。
其中 i 和 j 是闭区间索引，0 <= i <= j < n。
3. 边界条件
- 当区间长度为 1 时，只需打印一次：
dp[i][i] = 1。
4. 状态转移方程推导
考虑区间 [i, j]：
情况 1：s[i] == s[j]
-
我们可以在第一次打印时，将整个区间
[i, j]打印成s[i]（即s[j]）。 -
之后，我们只需处理区间
[i, j-1]或者[i+1, j]的细节，因为s[j]已经在第一次打印时正确了。 -
更精确地说：
第一次打印区间[i, j]为s[i]后，s[i]和s[j]都已经正确，但中间可能还需要调整。
这时，相当于在[i, j]区间内，先保证s[i]正确，然后处理[i+1, j]，但要注意s[i]和s[j]相同，所以可以节省一次对s[j]的额外打印。
实际上，可以这样理解：
dp[i][j] = dp[i][j-1]
因为最后打印s[i]时可以覆盖到s[j]，所以s[j]不用单独处理。但这是不完全正确的，因为可能中间有和
s[i]不同的字符，我们还要处理它们。
更准确的标准推导：
假设第一次打印是打印整个区间为s[i]，那么s[j]也正确了，接下来只需要处理[i, j-1]区间，但[i, j-1]的首字符已经是s[i]正确，所以其实等价于处理[i, j-1]区间，但要注意s[i]可能和中间某些字符相同，可以减少打印次数。
实际上，更通用的正确方程是：
如果s[i] == s[j]，则dp[i][j] = dp[i][j-1]。
为什么？
因为要得到s[i..j]，我们可以先得到s[i..j-1]，然后在最后一步打印区间[i, j]为s[i]（即s[j]），这样s[j]就会从原来的（可能是错的）变成正确的，而且这一步不增加打印次数，因为它可以合并到某次打印中吗？
实际上，我们可以在得到s[i..j-1]的过程中，最后一次打印s[i]时直接延伸到j，这样打印s[i..j]的总次数等于打印s[i..j-1]的次数。严谨地说：
构造s[i..j]时，可以让第一次打印覆盖[i, k]为s[i]，其中k是某个位置。但更简单的推导是：
考虑s[i] == s[j]，那么我们可以先打印整个区间为s[i]，这算一次打印，然后我们只需处理[i+1, j]区间，但这样会多算吗？
实际上标准做法是：
dp[i][j] = min(dp[i][j-1], dp[i+1][j])当s[i] == s[j]时。
为什么？
如果第一次打印时覆盖了[i, j]为s[i]，那么s[j]已经正确，我们只需处理[i, j-1]，但s[i]也正确，所以问题变为dp[i][j-1]。
同理，也可以先打印整个区间为s[j]，然后处理[i+1, j]，即dp[i+1][j]。
因此：
转移 1：dp[i][j] = min(dp[i][j-1], dp[i+1][j])如果s[i] == s[j]。
情况 2：s[i] != s[j]
- 这时，区间首尾字符不同，无法在一次打印中同时让它们都正确（因为一次打印只能是一种字母）。
- 我们需要在中间某个位置
k将区间分割成两部分分别处理：
dp[i][j] = min(dp[i][k] + dp[k+1][j])，其中k从i到j-1。
5. 整合方程
综合起来：
- 初始化
dp[i][i] = 1。 - 对于长度
len从 2 到 n：- 对于每个
i，j = i + len - 1：- 如果
s[i] == s[j]：
dp[i][j] = dp[i][j-1]或者dp[i+1][j]的最小值。
（其实dp[i][j-1]和dp[i+1][j]是相等的吗？不一定，取最小值即可。） - 如果
s[i] != s[j]：
dp[i][j] = min(dp[i][k] + dp[k+1][j])对k = i..j-1。
- 如果
- 对于每个
但更常见且正确的写法（也是标准答案的写法）：
- 先令
dp[i][j] = j - i + 1（最差情况，每个字符单独打印）。 - 如果
s[i] == s[j]，则dp[i][j] = dp[i][j-1]。 - 然后枚举中间点
k进行分割：dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k+1][j])。
注意：当 s[i] == s[j] 时，dp[i][j] = dp[i][j-1] 是成立的，因为可以在最后一步顺带打印 s[j] 而不增加次数。但为了保险，也常直接按 dp[i][j] = min(dp[i][j-1], dp[i+1][j]) 处理。
经过检验，标准正确方程是：
dp[i][j] = dp[i][j-1] if s[i] == s[j]
dp[i][j] = min(dp[i][k] + dp[k+1][j]) for k in [i, j-1] otherwise
但枚举分割点时，即使 s[i] == s[j] 也可能通过分割得到更优解，所以实际代码中，我们总是枚举分割点，但初始化时如果 s[i] == s[j] 可以先设为 dp[i][j-1] 作为候选。
6. 举例推导
s = "aba"
dp[0][0]=1,dp[1][1]=1,dp[2][2]=1。- 区间
[0,1]：s[0]='a',s[1]='b'，不同，枚举k=0：
dp[0][1] = dp[0][0]+dp[1][1] = 1+1=2。 - 区间
[1,2]：s[1]='b',s[2]='a'，不同，枚举k=1：
dp[1][2] = dp[1][1]+dp[2][2] = 2。 - 区间
[0,2]：s[0]='a',s[2]='a'，相同，先设dp[0][2] = dp[0][1] = 2。
再枚举分割点：k=0：dp[0][0]+dp[1][2]=1+2=3k=1：dp[0][1]+dp[2][2]=2+1=3
最小是 2，所以dp[0][2]=2。
结果：最少打印 2 次。
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] 为 'b' 得到 "aba"。
7. 算法步骤
- 初始化
dp[n][n]为 0，dp[i][i]=1。 - 按区间长度从小到大计算：
- 对每个
i,j，先设dp[i][j] = j-i+1。 - 如果
s[i] == s[j]，则dp[i][j] = dp[i][j-1]（当j>i时，注意len=2时dp[i][i]已知）。 - 枚举中间分割点
k从i到j-1：
dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k+1][j])。
- 对每个
- 返回
dp[0][n-1]。
8. 复杂度
- 时间复杂度：O(n³)，三层循环（长度、起点、分割点）。
- 空间复杂度：O(n²)。
9. 示例代码（Python 风格）
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
dp[i][j] = length # 最差情况
if s[i] == s[j]:
dp[i][j] = dp[i][j - 1]
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] if n > 0 else 0