奇怪的打印机最小打印次数问题（每次打印一个连续区间，可覆盖，但每次打印的颜色必须相同，且目标串由两种颜色字符组成）
字数 3650 2025-12-11 21:43:02

奇怪的打印机最小打印次数问题（每次打印一个连续区间，可覆盖，但每次打印的颜色必须相同，且目标串由两种颜色字符组成）

题目描述

有一台奇怪的打印机，它有以下打印规则：

  1. 打印机每次可以打印一个任意长度的连续区间。
  2. 每次打印只能使用一种颜色。
  3. 打印机会用当前颜色完全覆盖所选区间内已有的任何字符（即可以覆盖之前的打印）。
  4. 打印机最初在空白纸上开始，最终需要打印出一个由两种字符（例如 'A' 和 'B'）组成的长度为 n 的目标字符串 s。
  5. 你需要求出打印出恰好为目标串 s 的最少打印次数。

例如，目标串 s = "ABAB"。

  • 一种方案：先打印整个区间为 'A'，得到 "AAAA"，然后打印第2、4个位置为 'B'，需要3次。
  • 更优方案：先打印整个区间为 'A'，得到 "AAAA"，然后打印区间 [2,3] 为 'B'，得到 "ABBA"，最后打印第4个位置为 'B'，还是3次。
  • 最优方案：先打印第1个位置为 'A'，然后打印第2个位置为 'B'，然后打印第3个位置为 'A'，最后打印第4个位置为 'B'，需要4次？不对，这不如前面的3次。
  • 实际上最优是：先打印整个区间为 'A'，得到 "AAAA"，然后打印区间 [2,3] 为 'B'，得到 "ABBA"，此时第4个位置还是 'A'，与目标 'B' 不符，所以再打印第4个位置为 'B'，总共3次。

但更聪明的办法：先打印整个区间为 'A'，得到 "AAAA"，然后打印区间 [2,4] 为 'B'，直接得到 "ABBB"？不对，目标 [3] 是 'A'，所以不行。
实际上，最优是 2 次：先打印整个区间为 'A'，然后打印区间 [2,4] 为 'B'，得到 "ABBB"，但目标 [3] 是 'A'，所以不对。
所以 "ABAB" 的最优是 3 次。

这个题目是原“奇怪的打印机”问题的简化版本，因为只有两种颜色，我们可以利用这个特性简化状态设计。

解题思路

原“奇怪的打印机”问题（字符集为26个小写字母）的状态转移为：
设 dp[i][j] 表示打印出区间 s[i...j] 所需的最少打印次数。
转移时，考虑第一次打印区间 [i, k] 的颜色为 s[i]，然后递归处理剩余部分，但这样可能不是最优，因为第一次打印的颜色可能不是 s[i]。
标准解法是：

  • 如果 s[i] == s[j]，则可以在打印 s[i] 时顺带覆盖到 j，所以 dp[i][j] = dp[i][j-1]。
  • 否则，枚举分割点 k，将区间分成 [i, k] 和 [k+1, j] 分别打印，取最小值。

但是对于只有两种颜色的情况，我们可以进一步优化思路。

关键观察

因为只有 'A' 和 'B' 两种字符，我们可以定义：
dp[i][j][c] 表示将区间 [i, j] 打印成全部为字符 c 的最少打印次数。
但我们需要的是最终与目标一致，而不是全部相同。

我们可以这样想：最终打印结果必须与目标串一致。我们可以逆向思考，从空纸开始，每次打印一个连续区间为一种颜色，覆盖之前的颜色。等价于从目标串开始，用最少的区间覆盖它，使得每个区间内颜色相同，且区间的并覆盖整个串。但是，覆盖时如果区间重叠，后打印的会覆盖先打印的，所以我们要考虑打印顺序。

更直观的DP设计：

设 f[i][j] 表示打印出区间 [i, j] 与目标一致的最少打印次数。

转移方程：

  1. 如果 s[i] == s[j]，那么我可以在打印 s[i] 的时候一次性覆盖到 j（因为中间可以覆盖成别的再改回来？不对）。实际上，如果首尾字符相同，最优策略中第一次打印区间 [i, j] 为 s[i] 可能是最优的，这样剩下的部分只需要在内部调整。
    更精确地：f[i][j] = f[i][j-1]。
    为什么？因为打印完区间 [i, j-1] 后，最后一个字符 s[j] 与 s[i] 相同，所以可以在某次打印 s[i] 时顺带覆盖到 j，而不增加次数。
  2. 如果 s[i] != s[j]，那么区间必须分成两段分别打印，因为不可能一次打印同时满足首尾不同字符。枚举分割点 k：
    f[i][j] = min{f[i][k] + f[k+1][j]}，其中 i ≤ k < j。

这个转移方程与原版奇怪打印机完全相同，但我们可以利用两种颜色特性来简化某些情况吗？实际上，状态转移方程是通用的，两种颜色并不会减少DP的复杂度，但可以帮助我们更好地理解。

详细步骤

1. 定义状态

dp[i][j]：打印出子串 s[i...j]（下标从 i 到 j）所需的最少打印次数。

2. 初始化

  • 长度为1的区间：dp[i][i] = 1，一次打印一个字符即可。
  • 其他区间初始化为无穷大。

3. 状态转移

遍历区间长度 len 从 2 到 n，遍历起点 i，计算终点 j = i + len - 1。

  • 情况1：s[i] == s[j]
    可以在打印 s[i] 时顺带覆盖到 j（不一定是第一次打印，但可以在某次打印 s[i] 时延伸到 j），因此 dp[i][j] = dp[i][j-1]。
    例如 "A...A"，打印完 [i, j-1] 后，再打印一次 s[i] 覆盖到 j 即可，不增加次数。
    但要注意：这是最优的吗？考虑 "ABBA"，s[0]='A', s[3]='A'，那么 dp[0][3] = dp[0][2]，而 dp[0][2] 打印 "ABB" 需要2次，再加一次打印 'A' 覆盖最后一个？不对，这里逻辑要仔细：
    实际上，s[i]==s[j] 时，第一次打印区间 [i, j] 为 s[i]，然后内部可能需要修改，但修改时可以用别的颜色覆盖，最后再局部调整。等价于打印区间 [i, j-1] 后，最后一个字符可以通过某次打印 s[i] 时一起完成。
    标准转移方程就是 dp[i][j] = dp[i][j-1]。

  • 情况2：s[i] != s[j]
    此时必须将区间分成两部分分别打印，因为一次打印无法同时满足首尾不同。
    dp[i][j] = min{dp[i][k] + dp[k+1][j]}，其中 k 从 i 到 j-1。

4. 最终答案

dp[0][n-1] 即为打印整个字符串的最少打印次数。

示例演算

以 s = "ABAB" 为例，n=4。

初始化：

dp[0][0]=1, dp[1][1]=1, dp[2][2]=1, dp[3][3]=1

len=2:

  • [0,1]: s[0]='A', s[1]='B', 不同 => min{dp[0][0]+dp[1][1]} = 1+1=2
    所以 dp[0][1]=2。
  • [1,2]: s[1]='B', s[2]='A', 不同 => dp[1][2]=2。
  • [2,3]: s[2]='A', s[3]='B', 不同 => dp[2][3]=2。

len=3:

  • [0,2]: s[0]='A', s[2]='A', 相同 => dp[0][2] = dp[0][1] = 2。
    验证："ABA"，先打全 'A'（1次），再打中间 'B'（2次），总共2次。
  • [1,3]: s[1]='B', s[3]='B', 相同 => dp[1][3] = dp[1][2] = 2。
    验证："BAB"，先打全 'B'（1次），再打中间 'A'（2次），总共2次。

len=4:

  • [0,3]: s[0]='A', s[3]='B', 不同 => 枚举 k:
    k=0: dp[0][0]+dp[1][3]=1+2=3
    k=1: dp[0][1]+dp[2][3]=2+2=4
    k=2: dp[0][2]+dp[3][3]=2+1=3
    最小值 = 3。
    所以 dp[0][3]=3。

最终答案：3。

算法复杂度

  • 时间复杂度：O(n³)，因为需要枚举区间和分割点。
  • 空间复杂度：O(n²)，存储 dp 表。

核心要点总结

  1. 当首尾字符相同时，可以节省一次打印，因为可以在某次打印中覆盖到末尾。
  2. 当首尾不同时，必须分割区间分别处理。
  3. 这个DP方程与字符集大小无关，但两种颜色可以帮助我们更直观地理解“覆盖”的含义。

通过这个例题，你能够掌握区间DP在处理“覆盖类”打印问题中的基本思路，即通过首尾字符关系减少状态转移的分支。

奇怪的打印机最小打印次数问题（每次打印一个连续区间，可覆盖，但每次打印的颜色必须相同，且目标串由两种颜色字符组成） 题目描述 有一台奇怪的打印机，它有以下打印规则： 打印机每次可以打印一个 任意长度的连续区间 。 每次打印只能使用 一种颜色 。 打印机会用当前颜色完全覆盖所选区间内已有的任何字符（即可以覆盖之前的打印）。 打印机最初在空白纸上开始，最终需要打印出一个由两种字符（例如 'A' 和 'B' ）组成的长度为 n 的目标字符串 s 。 你需要求出打印出 恰好 为目标串 s 的 最少打印次数 。 例如，目标串 s = "ABAB" 。 一种方案：先打印整个区间为 'A' ，得到 "AAAA" ，然后打印第2、4个位置为 'B' ，需要3次。 更优方案：先打印整个区间为 'A' ，得到 "AAAA" ，然后打印区间 [2,3] 为 'B' ，得到 "ABBA" ，最后打印第4个位置为 'B' ，还是3次。 最优方案：先打印第1个位置为 'A' ，然后打印第2个位置为 'B' ，然后打印第3个位置为 'A' ，最后打印第4个位置为 'B' ，需要4次？不对，这不如前面的3次。 实际上最优是：先打印整个区间为 'A' ，得到 "AAAA" ，然后打印区间 [2,3] 为 'B' ，得到 "ABBA" ，此时第4个位置还是 'A' ，与目标 'B' 不符，所以再打印第4个位置为 'B' ，总共3次。 但更聪明的办法：先打印整个区间为 'A' ，得到 "AAAA" ，然后打印区间 [2,4] 为 'B' ，直接得到 "ABBB" ？不对，目标 [3] 是 'A' ，所以不行。 实际上，最优是 2 次 ：先打印整个区间为 'A' ，然后打印区间 [2,4] 为 'B' ，得到 "ABBB" ，但目标 [3] 是 'A' ，所以不对。 所以 "ABAB" 的最优是 3 次 。 这个题目是原“奇怪的打印机”问题的简化版本，因为只有两种颜色，我们可以利用这个特性简化状态设计。 解题思路 原“奇怪的打印机”问题（字符集为26个小写字母）的状态转移为： 设 dp[i][j] 表示打印出区间 s[i...j] 所需的最少打印次数。 转移时，考虑第一次打印区间 [i, k] 的颜色为 s[i] ，然后递归处理剩余部分，但这样可能不是最优，因为第一次打印的颜色可能不是 s[i] 。 标准解法是： 如果 s[i] == s[j] ，则可以在打印 s[i] 时顺带覆盖到 j ，所以 dp[i][j] = dp[i][j-1] 。 否则，枚举分割点 k ，将区间分成 [i, k] 和 [k+1, j] 分别打印，取最小值。 但是对于只有两种颜色的情况，我们可以进一步优化思路。 关键观察 因为只有 'A' 和 'B' 两种字符，我们可以定义： dp[i][j][c] 表示将区间 [i, j] 打印成 全部为字符 c 的最少打印次数。 但我们需要的是最终与目标一致，而不是全部相同。 我们可以这样想：最终打印结果必须与目标串一致。我们可以逆向思考，从空纸开始，每次打印一个连续区间为一种颜色，覆盖之前的颜色。等价于从目标串开始，用最少的区间覆盖它，使得每个区间内颜色相同，且区间的并覆盖整个串。但是，覆盖时如果区间重叠，后打印的会覆盖先打印的，所以我们要考虑打印顺序。 更直观的DP设计： 设 f[i][j] 表示打印出区间 [i, j] 与目标一致的最少打印次数。 转移方程 ： 如果 s[i] == s[j] ，那么我可以在打印 s[i] 的时候一次性覆盖到 j （因为中间可以覆盖成别的再改回来？不对）。实际上，如果首尾字符相同，最优策略中第一次打印区间 [i, j] 为 s[i] 可能是最优的，这样剩下的部分只需要在内部调整。 更精确地： f[i][j] = f[i][j-1] 。 为什么？因为打印完区间 [i, j-1] 后，最后一个字符 s[j] 与 s[i] 相同，所以可以在某次打印 s[i] 时顺带覆盖到 j ，而不增加次数。 如果 s[i] != s[j] ，那么区间必须分成两段分别打印，因为不可能一次打印同时满足首尾不同字符。枚举分割点 k ： f[i][j] = min{f[i][k] + f[k+1][j]} ，其中 i ≤ k < j 。 这个转移方程与 原版奇怪打印机 完全相同，但我们可以利用两种颜色特性来简化某些情况吗？实际上，状态转移方程是通用的，两种颜色并不会减少DP的复杂度，但可以帮助我们更好地理解。 详细步骤 1. 定义状态 dp[i][j] ：打印出子串 s[i...j] （下标从 i 到 j ）所需的最少打印次数。 2. 初始化 长度为1的区间： dp[i][i] = 1 ，一次打印一个字符即可。 其他区间初始化为无穷大。 3. 状态转移 遍历区间长度 len 从 2 到 n ，遍历起点 i ，计算终点 j = i + len - 1 。 情况1 ： s[i] == s[j] 可以在打印 s[i] 时顺带覆盖到 j （不一定是第一次打印，但可以在某次打印 s[i] 时延伸到 j ），因此 dp[i][j] = dp[i][j-1] 。 例如 "A...A" ，打印完 [i, j-1] 后，再打印一次 s[i] 覆盖到 j 即可，不增加次数。 但要注意：这是最优的吗？考虑 "ABBA" ， s[0]='A' , s[3]='A' ，那么 dp[0][3] = dp[0][2] ，而 dp[0][2] 打印 "ABB" 需要2次，再加一次打印 'A' 覆盖最后一个？不对，这里逻辑要仔细： 实际上， s[i]==s[j] 时，第一次打印区间 [i, j] 为 s[i] ，然后内部可能需要修改，但修改时可以用别的颜色覆盖，最后再局部调整。等价于打印区间 [i, j-1] 后，最后一个字符可以通过某次打印 s[i] 时一起完成。 标准转移方程就是 dp[i][j] = dp[i][j-1] 。 情况2 ： s[i] != s[j] 此时必须将区间分成两部分分别打印，因为一次打印无法同时满足首尾不同。 dp[i][j] = min{dp[i][k] + dp[k+1][j]} ，其中 k 从 i 到 j-1 。 4. 最终答案 dp[0][n-1] 即为打印整个字符串的最少打印次数。 示例演算 以 s = "ABAB" 为例，n=4。 初始化： len=2: [ 0,1]: s[ 0]='A', s[ 1]='B', 不同 => min{dp[ 0][ 0]+dp[ 1][ 1 ]} = 1+1=2 所以 dp[ 0][ 1 ]=2。 [ 1,2]: s[ 1]='B', s[ 2]='A', 不同 => dp[ 1][ 2 ]=2。 [ 2,3]: s[ 2]='A', s[ 3]='B', 不同 => dp[ 2][ 3 ]=2。 len=3: [ 0,2]: s[ 0]='A', s[ 2]='A', 相同 => dp[ 0][ 2] = dp[ 0][ 1 ] = 2。 验证： "ABA" ，先打全 'A' （1次），再打中间 'B' （2次），总共2次。 [ 1,3]: s[ 1]='B', s[ 3]='B', 相同 => dp[ 1][ 3] = dp[ 1][ 2 ] = 2。 验证： "BAB" ，先打全 'B' （1次），再打中间 'A' （2次），总共2次。 len=4: [ 0,3]: s[ 0]='A', s[ 3 ]='B', 不同 => 枚举 k: k=0: dp[ 0][ 0]+dp[ 1][ 3 ]=1+2=3 k=1: dp[ 0][ 1]+dp[ 2][ 3 ]=2+2=4 k=2: dp[ 0][ 2]+dp[ 3][ 3 ]=2+1=3 最小值 = 3。 所以 dp[ 0][ 3 ]=3。 最终答案：3。 算法复杂度 时间复杂度：O(n³)，因为需要枚举区间和分割点。 空间复杂度：O(n²)，存储 dp 表。 核心要点总结 当首尾字符相同时，可以节省一次打印，因为可以在某次打印中覆盖到末尾。 当首尾不同时，必须分割区间分别处理。 这个DP方程与字符集大小无关，但两种颜色可以帮助我们更直观地理解“覆盖”的含义。 通过这个例题，你能够掌握区间DP在处理“覆盖类”打印问题中的基本思路，即通过首尾字符关系减少状态转移的分支。