奇怪的打印机 II（最小打印次数问题，颜色数量有限的最少打印次数）

题目描述
我们有一台奇怪的打印机。它有一个长度为 n 的目标字符串 target，每个字符 target[i] 是 26 个小写字母之一，表示一种颜色。打印机初始时有一张白纸（可以视为由空格组成的字符串，或者任意空白字符）。每次操作，打印机可以选择一个连续区间 [i, j]，并用一种颜色（一个小写字母）覆盖这个区间内的所有字符。注意，每次打印必须使用单一颜色，且会完全覆盖区间内原有的字符（无论原来是什么颜色）。打印机可以执行任意多次操作。
问：打印出恰好等于目标字符串 target 所需的最少操作次数是多少？

此外，题目有一个进阶条件：目标字符串中最多只包含 k 种不同颜色（字母）。本题中 k 通常较小（例如 k ≤ 5 或 k ≤ 6）。

示例
target = "ababa"
输出：3
解释：最少三次操作：第一次打印整个区间为 'a' 得到 "aaaaa"；第二次打印区间 [1,3] 为 'b' 得到 "abbba"；第三次打印区间 [2,2] 为 'a' 得到 "ababa"。

限制

• 1 ≤ n ≤ 100
• target 仅包含小写字母
• 颜色种类 k ≤ 6（或类似小常数）

解题思路
这是一道区间动态规划（interval DP）题目，与之前讲过的“奇怪的打印机”问题相似，但多了一个条件：颜色数量有限。这允许我们用状态压缩来优化，将颜色集合作为状态的一部分。
核心思路：

1. 如果区间两端字符相同，可以在第一次打印整个区间时直接使用这个颜色，从而减少一次操作。
2. 但颜色有限，我们可以在状态中记录“已使用的颜色集合”，以便复用已有颜色。
3. 最终目标是打印整个字符串，并且使用的颜色集合是 target 中实际出现的颜色集合的子集。

第一步：状态定义
设 dp[l][r][mask] 表示将区间 [l, r] 打印成 target[l…r] 所需的最少操作次数，且打印过程中使用的颜色集合恰好是 mask（mask 是一个二进制数，第 c 位为 1 表示颜色 c 被使用过）。
颜色编号：我们可以将 target 中出现的不同颜色映射到 0 到 k-1。

第二步：状态转移
考虑区间 [l, r]：

1. 如果 l == r，则只需一次操作（打印这个字符），mask 中只有这个字符对应的位为 1。
2. 如果 l < r，我们考虑第一次操作打印的颜色和区间。
   • 情况 A：第一次操作打印整个区间 [l, r] 为颜色 c（必须与 target[l] 相同吗？不一定，但如果第一次打印的颜色与最终 target[l] 不同，则后续还要覆盖，显然不优，所以第一次打印的颜色应该与 target[l] 相同）。事实上，我们可以证明存在最优解，使得第一次操作打印的颜色与 target[l] 相同，且打印的区间左端点为 l。
   • 情况 B：第一次操作只打印区间 [l, m]（m ≥ l），颜色为 target[l]。之后分别处理子区间。

实际上，更高效的方法是：
第一次操作打印颜色 c = target[l]，覆盖的区间是 [l, p]，其中 p 是满足 target[p] == c 且 p 尽可能大的位置（不一定要连续，但为了最少操作，应尽量覆盖所有相同颜色的位置）。
然后区间被分成若干段，每一段是连续的不等于 c 的区间，对每一段递归求解。

但这样需要枚举 p，时间复杂度较高。

更通用的区间 DP 思路（适用于颜色数 k 小的情况）：
我们定义 dp[l][r][mask] 为最少操作次数。
转移时，我们考虑第一次操作打印的颜色 c 在 mask 中（必须使用），然后枚举这个颜色 c 在区间 [l, r] 中覆盖的若干段。但这样很复杂。

另一种更简单的状态设计（不显式记录 mask）：
设 f[l][r] 表示打印区间 [l, r] 成 target[l…r] 的最少操作次数。
转移方程：

1. 如果 target[l] == target[r]，那么第一次操作可以打印颜色 target[l] 覆盖整个区间，之后只需要处理中间部分。但注意：如果中间有不同颜色，可能需要额外操作。
   我们可以考虑：f[l][r] = f[l][r-1] 或者 f[l+1][r]（因为最后打印 target[l] 时可以把右端点一起覆盖）。
   实际上，当 target[l] == target[r] 时，最优策略是第一次打印整个区间为 target[l]，然后递归处理去掉两端相同颜色后的区间。但这样不一定最优，因为中间可能有同色区间可以合并打印。

更正确的方程：
f[l][r] = min( f[l][k] + f[k+1][r] ) for k in [l, r-1]
但这样没有利用“同色可一起打印”的性质，会超时。

优化：考虑如果 target[l] == target[r]，我们可以让第一次打印颜色 target[l] 覆盖 l 和 r 以及中间所有同色的位置，然后中间的不同色的区间分别处理。
即：找到所有与 target[l] 相同颜色的位置，将它们视为一个整体，第一次打印这些位置，然后处理中间的段。

实现时，我们可以用如下递推：
f[l][r] = min( f[l+1][r], f[l][r-1] ) if target[l] == target[r]
因为如果两端相同，可以先打印整个区间为 target[l]，然后处理内部，但这样会多一次操作，所以不是 min(f[l+1][r], f[l][r-1])，而是 f[l][r] = f[l][r-1] 或者 f[l+1][r]？
实际上，考虑打印区间 [l, r]，如果 target[l] == target[r]，我们可以先打印 [l, r] 为 target[l]，然后递归处理 [l, r-1] 或 [l+1, r]（因为右端点已被覆盖，只需要处理左边部分）。
更准确：f[l][r] = f[l][r-1] （即先打印 [l, r] 为 target[l]，则 r 已正确，只需处理 [l, r-1]）。

但这是假设我们在最后一次操作才打印 target[l]，不一定最优。

标准解法（LeetCode 546 移除盒子的思路类似，但颜色数有限）：
我们定义 dp[l][r][k] 表示在区间 [l, r] 后面还有 k 个与 target[l] 相同颜色的字符已经打印好的情况下，完成该区间的最少操作次数。
但本题是打印而非移除，所以需调整。

更简单的解法（针对颜色数 k ≤ 6）：
状态：dp[l][r][mask] 表示将区间 [l, r] 打印成目标，且使用的颜色集合是 mask 的最少操作次数。
转移：

1. 如果 mask 中只有一种颜色，且区间内所有字符都是这个颜色，则 dp=1。
2. 否则，枚举第一次操作打印的颜色 c（在 mask 中），然后枚举这个颜色 c 在区间中覆盖的所有位置（这些位置必须是目标中就是颜色 c 的）。
   但这样复杂度太高。

实际高效解法（区间 DP + 状态压缩优化，k 小）：
我们预处理每个位置的颜色编号 0~k-1。
状态：dp[l][r][mask] 表示将区间 [l, r] 打印成目标，且这个区间最终使用的颜色集合是 mask 的最少操作次数。
转移：

• 如果 mask 中只有一种颜色 c，则 dp[l][r][mask] = 1 如果区间 [l, r] 中所有目标颜色都是 c，否则为无穷大。
• 否则，枚举分割点 m，将区间分成 [l, m] 和 [m+1, r]，它们使用的颜色集合分别是 mask1 和 mask2，且 mask1 ∪ mask2 = mask，mask1 ∩ mask2 可以非空（因为颜色可复用）。
  则 dp[l][r][mask] = min( dp[l][m][mask1] + dp[m+1][r][mask2] - count(mask1 ∩ mask2) )，其中 count 是 mask1 和 mask2 交集的大小（重复颜色被多算了一次操作，需减去）。

但这样要枚举子集，复杂度 O(n^3 * 3^k)，对于 n=100, k=6 勉强可行。

最终简化版本（常用解法）：
我们只定义 dp[l][r] 为打印区间 [l, r] 的最少操作次数，不考虑颜色集合。
转移：

1. dp[l][r] = dp[l][r-1] + 1 （先打印 [l, r-1]，再打印 r）
2. 如果 target[k] == target[r] 对于某个 k 在 [l, r-1] 中，则可以将 k 和 r 在一次操作中打印（颜色为 target[r]），然后中间部分另外处理。
   即：dp[l][r] = min( dp[l][k] + dp[k+1][r-1] ) for k in [l, r-1] where target[k] == target[r]

这是因为，当 target[k] == target[r] 时，我们可以先打印区间 [k, r] 为 target[r]，然后分别处理 [l, k-1] 和 [k+1, r-1]。但这样会多一次操作，所以方程是 dp[l][r] = min( dp[l][k-1] + dp[k+1][r-1] )？

实际上，标准方程是：
dp[l][r] = min( dp[l][k-1] + dp[k][r-1] ) if target[k] == target[r]？

更准确的方程（来自 LeetCode 664 奇怪的打印机，但这里颜色有限不影响这个方程）：
dp[l][r] = dp[l][r-1] + 1
dp[l][r] = min( dp[l][k] + dp[k+1][r-1] ) for k in [l, r-1] where target[k] == target[r]

实现步骤（最终采用 k 小的优化版）：

1. 将 target 中不同颜色映射到 0~k-1。

2. 预处理每个区间是否全为同色。

3. 动态规划：
   dp[l][r] 初始化 = dp[l][r-1] + 1。
   枚举 k 从 l 到 r-1，如果 target[k] == target[r]，则
   dp[l][r] = min(dp[l][r], dp[l][k-1] + dp[k][r-1]) (注意边界)
   或者 dp[l][r] = min(dp[l][r], dp[l][k] + dp[k+1][r-1])。

   实际上，当 target[k] == target[r] 时，我们可以将 k 和 r 在同一次操作打印，所以区间 [k, r] 可以视为一次操作，然后分别处理 [l, k-1] 和 [k+1, r-1]，但 k+1 可能大于 r-1，此时第二部分为 0。
   所以方程：
   dp[l][r] = min(dp[l][r], dp[l][k-1] + dp[k+1][r-1]) if target[k] == target[r]

4. 最终答案 = dp[0][n-1]。

复杂度：O(n^3)，对于 n=100 可行。颜色种类限制 k 在本解法中未直接利用，但实际运行更快因为相同颜色判断更少。

举例说明
target = "ababa"
n=5, 颜色 a,b。
初始化 dp[i][i]=1。
计算 dp[0][1]: 'a','b' 不同，所以 dp[0][1] = dp[0][0]+1=2。
dp[1][2]: 'b','a' -> 2。
dp[0][2]: 'a','b','a'
首先 dp[0][2] = dp[0][1]+1=3。
然后 k=0: target[0]=='a' 但 target[2]=='a' 相等，所以 dp[0][2] = min(3, dp[0][-1] + dp[1][1])，注意边界。
实际上，当 k=0，区间分 [l, k-1] 和 [k+1, r-1] 即 [0,-1] 和 [1,1]。
dp[0][-1] 表示空区间，操作数 0。dp[1][1]=1，所以总 1，但还需要一次操作打印 target[0] 和 target[2] 为 'a'，所以是 1+1=2？
我们定义 dp[l][r] 为打印区间 [l,r] 的最少次数，当 k=0 时，我们可以在一次操作打印 [0,2] 为 'a'，然后处理 [1,1] 为 'b'，所以总次数 = 1 + dp[1][1] = 2。
所以方程应该是：
dp[l][r] = min(dp[l][r], dp[l][k-1] + 1 + dp[k+1][r-1])?
但 k=0 时，dp[l][k-1] 是空区间 0，dp[k+1][r-1] 是 [1,1] 即 1，再加 1 得 2。正确。

所以最终方程为：
dp[l][r] = min(dp[l][r], dp[l][k-1] + 1 + dp[k+1][r-1]) if target[k] == target[r]
且当 k+1 > r-1 时，dp[k+1][r-1] = 0。

按此计算，最终 dp[0][4] = 3。

代码框架（Python）

def strangePrinterII(target):
    n = len(target)
    dp = [[0]*n for _ in range(n)]
    for i in range(n):
        dp[i][i] = 1
    for length in range(2, n+1):
        for l in range(0, n-length+1):
            r = l+length-1
            dp[l][r] = dp[l][r-1] + 1
            for k in range(l, r):
                if target[k] == target[r]:
                    left = dp[l][k-1] if k > l else 0
                    right = dp[k+1][r-1] if k+1 <= r-1 else 0
                    dp[l][r] = min(dp[l][r], left + 1 + right)
    return dp[0][n-1]

总结
这道题是区间 DP 的经典应用，通过判断区间两端或中间相同颜色来减少操作次数。颜色种类有限的条件在标准解法中不影响状态转移，但若 k 极小，可用状态压缩进一步优化。核心是找到最优的第一次打印区间，使得相同颜色尽量一起打印，从而减少操作次数。