带权重的字符串压缩问题（最小编码长度）
字数 7191 2025-12-16 00:09:13

带权重的字符串压缩问题（最小编码长度）

题目描述
给定一个字符串 s，你可以将其中连续相同的字符组成的一个块（block）进行压缩，压缩规则如下：

  • 如果块的长度为 1，则压缩后的编码长度为 1（即不压缩）。
  • 如果块的长度大于 1，则可以用一个数字表示其重复次数，后面跟上这个字符，此时编码长度为 2（例如 "aaaa" 压缩为 "4a"，长度为 2）。
  • 但还有一个特殊规则：如果块中的字符可以通过将两个相邻且相同的块合并来形成更长的块，合并操作本身不需要成本，但合并后块的长度会叠加，之后可以按上述规则压缩。

不过，合并操作必须满足：只有相邻的块，并且块内的字符相同，才能合并。

你的任务是：通过合理地合并相邻的相同字符块（初始时每个字符是一个单独的块），然后对最终的块序列进行压缩（每个块可独立选择是否用数字+字符的方式压缩），使得整个字符串的总编码长度最小，并返回这个最小长度。

注意：最终压缩时，每个块可以独立决定是否压缩（即长度为 1 的块不压缩，长度 >1 的块可以压缩成长度 2 的编码）。
初始字符串中可能有多个相同字符不连续出现的情况，它们属于不同的块，不能直接跨块合并，除非中间的其他块先被处理（但本题只允许合并相邻的相同块）。

举例
字符串 s = "aaabbaa"
初始块划分："aaa", "bb", "aa"（3 个块，字符分别是 a, b, a）。
如果不合并，则：

  • 块 "aaa" 长度 3 >1，压缩为 "3a"，长度 2
  • 块 "bb" 长度 2 >1，压缩为 "2b"，长度 2
  • 块 "aa" 长度 2 >1，压缩为 "2a"，长度 2
    总长度 = 2 + 2 + 2 = 6。

如果合并最后的两个块 "bb" 和 "aa" ？不行，因为字符不同，不能合并。
但第一个块 "aaa" 和最后一个块 "aa" 不是相邻块，不能直接合并。
如果合并 "aaa" 和 "bb" ？不行，字符不同。
所以看似不能合并。但注意：我们可以先把相邻相同字符的块合并，但这里的初始块是相邻的吗？
初始划分是每个字符一个块，相邻相同字符的块可以合并。
更一般地，我们考虑动态规划时允许将原字符串的一个区间先合并成若干块，再压缩。
实际上题目真正的意思是：我们可以将字符串任意划分成若干连续子串（块），每个块内字符相同，然后对每个块独立压缩。
但不同块之间如果字符相同且原本在字符串中不相邻，则不能合并成一个块。
所以问题其实是：我们可以在原字符串上选择如何分段，使得压缩后总长度最小，但分段必须保证每一段内字符完全相同，而且段与段之间是原字符串的连续部分。

换句话说，我们可以将原字符串中连续的相同字符先自然聚合成一个段（称为“初始段”），但我们可以进一步将相邻的初始段合并，当且仅当它们字符相同。
但初始段之间字符可能不同，就不能合并。

所以更清晰的描述是：

  1. 先将字符串按连续相同字符划分成 m 个初始段，每个段有字符 ch[i] 和长度 len[i]。
  2. 允许合并相邻的段，但必须 ch[i] = ch[j] 才能合并。
  3. 合并后的新段长度是 len[i]+len[j]，字符不变。
  4. 最后得到一个新的段序列，对每个段，如果长度=1，编码长度=1，否则编码长度=2。
  5. 目标是最小化总编码长度。

解题步骤

步骤 1：问题重述
给定初始段数组 ch[1..m], len[1..m]。
我们可以合并相邻且字符相同的段。合并后形成一个新的段序列，对这个序列计算编码总长度。
求最小可能的总编码长度。

步骤 2：观察

  • 如果一段长度 L=1，编码长 1；如果 L>1，编码长 2。
  • 所以对于长度 L 的段，编码长度是 min(2, L) 吗？不对，因为 L 再大也是压缩成 2。所以是：
    cost(L) = 1 如果 L=1，否则 2。
  • 合并相邻相同字符的段，长度相加，可能让编码长度减少。例如两个长度 1 的相同字符段，分开时 cost=1+1=2，合并后长度 2，cost=2，相同。
    但是一个长度 2 的段和一个长度 1 的段（相同字符），分开时 cost=2+1=3，合并后长度 3，cost=2，更优。
  • 所以合并可以降低总 cost 当且仅当：合并前至少有一个段长度=1，合并后长度>1 时，cost 从大于 2 降到 2。

步骤 3：动态规划状态
设 dp[i][j] 表示将第 i 个初始段到第 j 个初始段合并成一个大块（即这些段最终在结果序列中属于同一个块）时，这个大块的编码最小长度。
但这样定义不够，因为一个大块内可能包含原始的不同字符段，而我们只能合并字符相同的段，所以必须保证 ch[i..j] 的字符全部相同。
所以只有当 ch[i]=ch[i+1]=...=ch[j] 时，dp[i][j] 才有意义，表示将这些段合并成一个块后的编码长度（=1 或 2）。

但最终结果序列是由若干个大块组成的，我们需要决定哪些段合并成一个大块，使得总编码长度最小。
这类似于在初始段序列上做“合并相邻同色段”的区间 DP。

定义 f[i][j] 表示将第 i 到 j 段（初始段）合并成若干个块（每块内字符各自相同，且块之间不可再合并，因为字符不同）的最小总编码长度。

步骤 4：状态转移
考虑 f[i][j] 的最后一段是哪些初始段合并成的。
设最后一段是从 k 到 j 这些初始段合并成的一个大块，那么必须满足 ch[k]=ch[k+1]=...=ch[j]。
那么 f[i][j] = min( f[i][k-1] + cost(sum_len(k..j)) )，其中 sum_len(k..j) 是这些段的长度和。
cost(L) = 1 如果 L=1 否则 2。

但这样需要枚举 k，且要保证 ch[k..j] 字符相同。
这样时间复杂度 O(m^3) 可能可以接受（m 是初始段数）。

步骤 5：优化
可以观察到，当我们选择最后一段是 ch[j] 的连续段时，我们可能还会将左边同色的段一起合并进来。
常见技巧是：设 dp[i][j][k] 表示将 i 到 j 段，且最后一段字符是 ch[j]，并且最后一段已经合并了长度为 k 的连续同色段时的最小编码长度。但这样 k 是长度，值很大，不行。
实际上长度只影响 cost 是 1 还是 2，所以我们可以将状态记录最后一段的总长度是否>1。

但更简单的方法：
我们可以将初始段长度视为 1 的代价是 1，如果合并到长度>1 则代价为 2。
所以我们只需要知道最后一段的总长度是 1 还是 >1 来决定其代价。
但合并时长度会增加。
我们可以在 DP 中记录最后一段的总长度（但长度值可能到 n，太大），不过长度只有 1 和 >1 两种情况对代价有影响，所以我们可以用两个状态：最后一段长度=1 代价 1，长度>1 代价 2。

实际上长度=1 只可能对应一个初始段长度=1 且没有与其他段合并。

步骤 6：更简单的状态
设 f[i] 表示前 i 个初始段的最小总编码长度。
转移时，枚举最后一段从 j 到 i 这些初始段合并而成，且这些段字符相同。
那么 f[i] = min( f[j-1] + cost(sum_len(j..i)) )，其中 ch[j..i] 相同。
这样是 O(m^2) 的，m 是初始段数，m<=n。
因为初始段是连续相同字符压缩成的，所以 m 一般比 n 小很多，在本题可接受。

步骤 7：举例验证
s = "aaabbaa"
初始段：
1: ch='a', len=3
2: ch='b', len=2
3: ch='a', len=2
m=3。

计算 f[1]：只有段1，长度=3>1，cost=2，f[1]=2。
f[2]：前两段，可以一起考虑吗？字符不同，所以必须分开：
方案1：段1单独一块（cost=2），段2单独一块（len=2>1，cost=2），总=4。
也可以段2单独一块，段1单独一块，但段1和段2不能合并。
所以 f[2] = f[1] + cost(len2=2) = 2+2=4。
f[3]：前3段。枚举最后一段：

  • 最后一段是段3单独：字符'a'，len=2>1，cost=2，加上 f[2]=4，总=6。
  • 最后一段是段2+段3？字符不同，不行。
  • 最后一段是段1+段2+段3？字符不同，不行。
    但段1和段3字符相同，但它们不相邻，中间有段2，所以不能合并成一个块。
    所以最小 f[3] = 6，就是三个块分别压缩：2+2+2=6。

这与之前一致。

步骤 8：考虑相邻同色段的合并收益
s = "aabbaa"
初始段：
1: 'a',2
2: 'b',2
3: 'a',2
f[1]=2（因为2>1，cost=2）
f[2]=f[1]+cost(2)=2+2=4
f[3]：最后一段可以是段3单独：cost=2，加上 f[2]=4，总6。
最后一段可以是段1+段3？不行，不相邻。
所以还是6。

但如果 s = "aba"：
初始段：
1: 'a',1
2: 'b',1
3: 'a',1
f[1]=1（len=1，cost=1）
f[2]=f[1]+cost(1)=1+1=2
f[3]：

  • 最后一段段3单独：cost=1，加上 f[2]=2，总3。
  • 段2+段3？字符不同不行。
  • 段1+段3？字符相同但不相邻，中间有段2，所以不能合并。
    所以结果3，即每个字符单独一个块，总长3。

步骤 9：检查相邻合并
s = "aa" 初始段1个：'a',2，cost=2。
s = "a a"（中间有空格吗？不，这是连续两个相同字符，属于一个初始段）。
所以这个模型下，合并收益只发生在初始段内部长度>1 时已经 cost=2，不能更小。
但原题的意思是，初始块是每个字符一个块，然后可以合并相邻相同块。
这与我们的“初始段是连续相同字符组成的段”不同。

步骤 10：重新定义初始块
原题说“初始时每个字符是一个单独的块”，意思是：
字符串 s = "a a b b a a"（空格为视觉分隔），有 6 个块，每个长度1，字符依次 a,a,b,b,a,a。
合并只能相邻且字符相同的块。

这样初始段 m = n，len[i]=1, ch[i]=s[i]。
那么问题就是：合并相邻同色块，使得最终块序列的编码总长度最小。
编码长度：一个块长度=1 则 1，长度>1 则 2。

这个模型下，可以合并相邻同色块来减少块数，从而可能减少总编码长度。

举例：s = "aa"（两个块都是 'a'，长度1）
初始：两个块，总 cost = 1+1=2。
合并后：一个块长度2，cost=2。总 cost 不变。
s = "aaa"（三个块 'a','a','a'）
初始：cost=1+1+1=3。
合并一次：变成两个块，比如合并前两个，得到 [块长度2, 块长度1] => cost=2+1=3。
再合并这两个（同色 'a' 和 'a'），得到长度3的块，cost=2，更优。
所以全合并最好。

步骤 11：动态规划状态定义
设 dp[i][j] 表示将第 i 个字符到第 j 个字符（即块 i 到块 j，每个块初始长度1）合并成若干个块（相邻可合并当同色）的最小总编码长度。
最终答案是 dp[1][n]。

转移：考虑最后一个块是怎么形成的。
假设最后一个块由字符 k 到 j 这些块合并而成（合并后一个块，且同色），那么必须 s[k]=s[k+1]=...=s[j]。
那么 dp[i][j] = min( dp[i][k-1] + cost(j-k+1) )，其中 cost(L)=1 如果 L=1 否则 2。

但要注意：合并操作是相邻同色块合并，如果我们只是把 k..j 合并成一个块，那么它们之间原本可能有不同颜色的块，就不能直接合并。
所以必须保证 s[k..j] 颜色相同，且它们之间没有不同颜色的块（即它们是连续的同色块）。
但这里“块”是初始的每个字符一个块，所以 s[k..j] 同色就是它们字符相同。

所以转移合法。

步骤 12：举例
s = "aaa"，n=3。
dp[1][1]=1, dp[2][2]=1, dp[3][3]=1。
dp[1][2]：枚举最后一块：

  • 最后一块是 2..2，cost=1，加上 dp[1][1]=1，总2。
  • 最后一块是 1..2，同色 'a','a'，cost(2)=2，dp[1][0] 不存在则 0，总2。
    所以 dp[1][2]=2。
    dp[1][3]：
  • 最后一块 3..3，cost=1，加 dp[1][2]=2，总3。
  • 最后一块 2..3，同色 'a','a'，cost(2)=2，加 dp[1][1]=1，总3。
  • 最后一块 1..3，同色 'a','a','a'，cost(3)=2，加 dp[1][0]=0，总2。
    所以 dp[1][3]=2。

结果最小总编码长度=2，正确。

步骤 13：算法实现
预处理出 cost(L) = 1 如果 L=1 否则 2。
DP 递推：

  1. 初始化 dp[i][i] = 1。
  2. 对于长度 len 从 2 到 n：
    对于 i 从 1 到 n-len+1：
    j = i+len-1
    dp[i][j] = INF
    对于 k 从 i 到 j：
    如果 s[k]==s[j] 并且 s[k..j] 同色（但这里只需 s[k]==s[j] 且中间无不同色，但因为我们枚举 k 是左端点，只需检查 s[k..j] 同色即可，可以在循环中检查）
    则 dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k-1] + cost(j-k+1))

但检查 s[k..j] 同色需要 O(j-k) 时间，会使得复杂度 O(n^4) 太高。
优化：可以预处理 same[i][j] 表示 s[i..j] 是否同色。
但我们可以用另一种常见技巧：在枚举 k 时，只考虑 s[k]==s[j]，并且如果 s[k]==s[j]，则 dp[i][j] 可以拆成 dp[i][k] + dp[k+1][j] 吗？不对，因为 k 到 j 要合并成一个块。

更标准的区间 DP 合并相邻同色块问题：
定义 dp[i][j] 表示将区间 [i,j] 合并到不能再合并（即相邻块不同色）时的最小总编码长度。
但这样合并操作必须相邻同色。

另一种思路：我们可以将连续的相同字符段先合并，问题就回到了初始段合并模型，但初始段长度可能>1，cost 是 1 或 2。
这样 m <= n，再 O(m^2) DP 即可。

步骤 14：最终算法

  1. 将 s 划分成连续相同字符的段，得到段数组 ch[1..m], len[1..m]。

  2. 对段做 DP：f[i] 表示前 i 段的最小总编码长度。
    f[0] = 0。
    对于 i 从 1 到 m：
    f[i] = INF
    总长度 sum = 0
    对于 j 从 i 往下到 1：
    if ch[j] != ch[i]: break # 因为要合并的最后一段必须同色
    sum += len[j]
    cost = 1 if sum==1 else 2
    f[i] = min(f[i], f[j-1] + cost)

  3. 答案为 f[m]。

时间复杂度 O(m^2)，m 是段数。

举例
s = "aaabbaa"
段： (a,3), (b,2), (a,2)，m=3。
f[1]: 只有段1，sum=3>1，cost=2，f[1]=2。
f[2]: 最后一段是段2：sum=2>1，cost=2，f[1]+2=4。
最后一段是段1+段2？ch不同，break。
所以 f[2]=4。
f[3]: 最后一段是段3：sum=2>1，cost=2，f[2]+2=6。
最后一段是段2+段3？ch不同，break。
所以 f[3]=6。
答案 6。

s = "aaa"
段： (a,3)，m=1。
f[1]: sum=3>1，cost=2，答案 2。

s = "aba"
段： (a,1),(b,1),(a,1)，m=3。
f[1]=1
f[2]: 最后一段段2：sum=1，cost=1，f[1]+1=2。
段1+段2? ch不同，break。
所以 f[2]=2。
f[3]: 最后一段段3：sum=1，cost=1，f[2]+1=3。
段2+段3? ch不同，break。
段1+段2+段3? ch不同，break。
所以 f[3]=3。

步骤 15：总结
本题核心在于：

  1. 将连续相同字符先压缩成段，减少状态。
  2. 合并只能是相邻同色段，所以 DP 时最后一段必须是连续的同色段。
  3. 代价函数是分段的：长度 1 代价 1，长度 >1 代价 2，因此合并可能减少代价。
  4. 区间 DP 在段序列上进行，枚举最后一段的起点，更新最小总代价。

这样，我们就得到了一个清晰的 O(m^2) 的 DP 解法，其中 m 是初始段数，m ≤ n。

带权重的字符串压缩问题（最小编码长度） 题目描述 给定一个字符串 s ，你可以将其中 连续相同的字符 组成的 一个块 （block）进行压缩，压缩规则如下： 如果块的长度为 1，则压缩后的编码长度为 1（即不压缩）。 如果块的长度大于 1，则可以用一个数字表示其重复次数，后面跟上这个字符，此时编码长度为 2（例如 "aaaa" 压缩为 "4a"，长度为 2）。 但还有一个特殊规则：如果块中的字符可以通过 将两个相邻且相同的块合并 来形成更长的块，合并操作本身不需要成本，但合并后块的长度会叠加，之后可以按上述规则压缩。 不过，合并操作必须满足：只有 相邻的块 ，并且块内的字符相同，才能合并。 你的任务是：通过合理地合并相邻的相同字符块（初始时每个字符是一个单独的块），然后对最终的块序列进行压缩（每个块可独立选择是否用数字+字符的方式压缩），使得整个字符串的 总编码长度最小 ，并返回这个最小长度。 注意：最终压缩时，每个块可以独立决定是否压缩（即长度为 1 的块不压缩，长度 >1 的块可以压缩成长度 2 的编码）。 初始字符串中可能有多个相同字符不连续出现的情况，它们属于不同的块，不能直接跨块合并，除非中间的其他块先被处理（但本题只允许合并相邻的相同块）。 举例 字符串 s = "aaabbaa" 初始块划分： "aaa" , "bb" , "aa" （3 个块，字符分别是 a, b, a）。 如果不合并，则： 块 "aaa" 长度 3 >1，压缩为 "3a"，长度 2 块 "bb" 长度 2 >1，压缩为 "2b"，长度 2 块 "aa" 长度 2 >1，压缩为 "2a"，长度 2 总长度 = 2 + 2 + 2 = 6。 如果合并最后的两个块 "bb" 和 "aa" ？不行，因为字符不同，不能合并。 但第一个块 "aaa" 和最后一个块 "aa" 不是相邻块，不能直接合并。 如果合并 "aaa" 和 "bb" ？不行，字符不同。 所以看似不能合并。但注意：我们可以先把相邻相同字符的块合并，但这里的初始块是相邻的吗？ 初始划分是每个字符一个块，相邻相同字符的块可以合并。 更一般地，我们考虑 动态规划时允许将原字符串的一个区间先合并成若干块，再压缩 。 实际上题目真正的意思是：我们可以将字符串任意划分成若干连续子串（块），每个块内字符相同，然后对每个块独立压缩。 但不同块之间如果字符相同且原本在字符串中不相邻，则不能合并成一个块。 所以问题其实是：我们可以在原字符串上选择如何 分段 ，使得压缩后总长度最小，但分段必须保证每一段内字符完全相同，而且段与段之间是原字符串的连续部分。 换句话说，我们可以将原字符串中 连续的相同字符 先自然聚合成一个段（称为“初始段”），但我们可以进一步将相邻的初始段合并，当且仅当它们字符相同。 但初始段之间字符可能不同，就不能合并。 所以更清晰的描述是： 先将字符串按连续相同字符划分成 m 个初始段，每个段有字符 ch[ i] 和长度 len[ i ]。 允许合并相邻的段，但必须 ch[ i] = ch[ j ] 才能合并。 合并后的新段长度是 len[ i]+len[ j ]，字符不变。 最后得到一个新的段序列，对每个段，如果长度=1，编码长度=1，否则编码长度=2。 目标是最小化总编码长度。 解题步骤 步骤 1：问题重述 给定初始段数组 ch[ 1..m], len[ 1..m ]。 我们可以合并相邻且字符相同的段。合并后形成一个新的段序列，对这个序列计算编码总长度。 求最小可能的总编码长度。 步骤 2：观察 如果一段长度 L=1，编码长 1；如果 L>1，编码长 2。 所以对于长度 L 的段，编码长度是 min(2, L) 吗？不对，因为 L 再大也是压缩成 2。所以是： cost(L) = 1 如果 L=1，否则 2。 合并相邻相同字符的段，长度相加，可能让编码长度减少。例如两个长度 1 的相同字符段，分开时 cost=1+1=2，合并后长度 2，cost=2，相同。 但是一个长度 2 的段和一个长度 1 的段（相同字符），分开时 cost=2+1=3，合并后长度 3，cost=2，更优。 所以合并可以降低总 cost 当且仅当：合并前至少有一个段长度=1，合并后长度>1 时，cost 从大于 2 降到 2。 步骤 3：动态规划状态 设 dp[ i][ j] 表示将第 i 个初始段到第 j 个初始段合并成一个 大块 （即这些段最终在结果序列中属于同一个块）时，这个 大块 的编码最小长度。 但这样定义不够，因为一个大块内可能包含原始的不同字符段，而我们只能合并字符相同的段，所以必须保证 ch[ i..j ] 的字符全部相同。 所以只有当 ch[ i]=ch[ i+1]=...=ch[ j] 时，dp[ i][ j ] 才有意义，表示将这些段合并成一个块后的编码长度（=1 或 2）。 但最终结果序列是由若干个大块组成的，我们需要决定哪些段合并成一个大块，使得总编码长度最小。 这类似于在初始段序列上做“合并相邻同色段”的区间 DP。 定义 f[ i][ j ] 表示将第 i 到 j 段（初始段）合并成若干个块（每块内字符各自相同，且块之间不可再合并，因为字符不同）的最小总编码长度。 步骤 4：状态转移 考虑 f[ i][ j ] 的最后一段是哪些初始段合并成的。 设最后一段是从 k 到 j 这些初始段合并成的一个大块，那么必须满足 ch[ k]=ch[ k+1]=...=ch[ j ]。 那么 f[ i][ j] = min( f[ i][ k-1] + cost(sum_ len(k..j)) )，其中 sum_ len(k..j) 是这些段的长度和。 cost(L) = 1 如果 L=1 否则 2。 但这样需要枚举 k，且要保证 ch[ k..j ] 字符相同。 这样时间复杂度 O(m^3) 可能可以接受（m 是初始段数）。 步骤 5：优化 可以观察到，当我们选择最后一段是 ch[ j ] 的连续段时，我们可能还会将左边同色的段一起合并进来。 常见技巧是：设 dp[ i][ j][ k] 表示将 i 到 j 段，且最后一段字符是 ch[ j ]，并且最后一段已经合并了长度为 k 的连续同色段时的最小编码长度。但这样 k 是长度，值很大，不行。 实际上长度只影响 cost 是 1 还是 2，所以我们可以将状态记录最后一段的总长度是否>1。 但更简单的方法： 我们可以将初始段长度视为 1 的代价是 1，如果合并到长度>1 则代价为 2。 所以我们只需要知道最后一段的总长度是 1 还是 >1 来决定其代价。 但合并时长度会增加。 我们可以在 DP 中记录最后一段的总长度（但长度值可能到 n，太大），不过长度只有 1 和 >1 两种情况对代价有影响，所以我们可以用两个状态：最后一段长度=1 代价 1，长度>1 代价 2。 实际上长度=1 只可能对应一个初始段长度=1 且没有与其他段合并。 步骤 6：更简单的状态 设 f[ i ] 表示前 i 个初始段的最小总编码长度。 转移时，枚举最后一段从 j 到 i 这些初始段合并而成，且这些段字符相同。 那么 f[ i] = min( f[ j-1] + cost(sum_ len(j..i)) )，其中 ch[ j..i ] 相同。 这样是 O(m^2) 的，m 是初始段数，m <=n。 因为初始段是连续相同字符压缩成的，所以 m 一般比 n 小很多，在本题可接受。 步骤 7：举例验证 s = "aaabbaa" 初始段： 1: ch='a', len=3 2: ch='b', len=2 3: ch='a', len=2 m=3。 计算 f[ 1]：只有段1，长度=3>1，cost=2，f[ 1 ]=2。 f[ 2 ]：前两段，可以一起考虑吗？字符不同，所以必须分开： 方案1：段1单独一块（cost=2），段2单独一块（len=2>1，cost=2），总=4。 也可以段2单独一块，段1单独一块，但段1和段2不能合并。 所以 f[ 2] = f[ 1 ] + cost(len2=2) = 2+2=4。 f[ 3 ]：前3段。枚举最后一段： 最后一段是段3单独：字符'a'，len=2>1，cost=2，加上 f[ 2 ]=4，总=6。 最后一段是段2+段3？字符不同，不行。 最后一段是段1+段2+段3？字符不同，不行。 但段1和段3字符相同，但它们不相邻，中间有段2，所以不能合并成一个块。 所以最小 f[ 3 ] = 6，就是三个块分别压缩：2+2+2=6。 这与之前一致。 步骤 8：考虑相邻同色段的合并收益 s = "aabbaa" 初始段： 1: 'a',2 2: 'b',2 3: 'a',2 f[ 1 ]=2（因为2>1，cost=2） f[ 2]=f[ 1 ]+cost(2)=2+2=4 f[ 3]：最后一段可以是段3单独：cost=2，加上 f[ 2 ]=4，总6。 最后一段可以是段1+段3？不行，不相邻。 所以还是6。 但如果 s = "aba"： 初始段： 1: 'a',1 2: 'b',1 3: 'a',1 f[ 1 ]=1（len=1，cost=1） f[ 2]=f[ 1 ]+cost(1)=1+1=2 f[ 3 ]： 最后一段段3单独：cost=1，加上 f[ 2 ]=2，总3。 段2+段3？字符不同不行。 段1+段3？字符相同但不相邻，中间有段2，所以不能合并。 所以结果3，即每个字符单独一个块，总长3。 步骤 9：检查相邻合并 s = "aa" 初始段1个：'a',2，cost=2。 s = "a a"（中间有空格吗？不，这是连续两个相同字符，属于一个初始段）。 所以这个模型下，合并收益只发生在初始段内部长度>1 时已经 cost=2，不能更小。 但原题的意思是，初始块是每个字符一个块，然后可以合并相邻相同块。 这与我们的“初始段是连续相同字符组成的段”不同。 步骤 10：重新定义初始块 原题说“初始时每个字符是一个单独的块”，意思是： 字符串 s = "a a b b a a"（空格为视觉分隔），有 6 个块，每个长度1，字符依次 a,a,b,b,a,a。 合并只能相邻且字符相同的块。 这样初始段 m = n，len[ i]=1, ch[ i]=s[ i ]。 那么问题就是：合并相邻同色块，使得最终块序列的编码总长度最小。 编码长度：一个块长度=1 则 1，长度>1 则 2。 这个模型下，可以合并相邻同色块来减少块数，从而可能减少总编码长度。 举例：s = "aa"（两个块都是 'a'，长度1） 初始：两个块，总 cost = 1+1=2。 合并后：一个块长度2，cost=2。总 cost 不变。 s = "aaa"（三个块 'a','a','a'） 初始：cost=1+1+1=3。 合并一次：变成两个块，比如合并前两个，得到 [ 块长度2, 块长度1 ] => cost=2+1=3。 再合并这两个（同色 'a' 和 'a'），得到长度3的块，cost=2，更优。 所以全合并最好。 步骤 11：动态规划状态定义 设 dp[ i][ j ] 表示将第 i 个字符到第 j 个字符（即块 i 到块 j，每个块初始长度1）合并成若干个块（相邻可合并当同色）的最小总编码长度。 最终答案是 dp[ 1][ n ]。 转移：考虑最后一个块是怎么形成的。 假设最后一个块由字符 k 到 j 这些块合并而成（合并后一个块，且同色），那么必须 s[ k]=s[ k+1]=...=s[ j ]。 那么 dp[ i][ j] = min( dp[ i][ k-1 ] + cost(j-k+1) )，其中 cost(L)=1 如果 L=1 否则 2。 但要注意：合并操作是相邻同色块合并，如果我们只是把 k..j 合并成一个块，那么它们之间原本可能有不同颜色的块，就不能直接合并。 所以必须保证 s[ k..j ] 颜色相同，且它们之间没有不同颜色的块（即它们是连续的同色块）。 但这里“块”是初始的每个字符一个块，所以 s[ k..j ] 同色就是它们字符相同。 所以转移合法。 步骤 12：举例 s = "aaa"，n=3。 dp[ 1][ 1]=1, dp[ 2][ 2]=1, dp[ 3][ 3 ]=1。 dp[ 1][ 2 ]：枚举最后一块： 最后一块是 2..2，cost=1，加上 dp[ 1][ 1 ]=1，总2。 最后一块是 1..2，同色 'a','a'，cost(2)=2，dp[ 1][ 0 ] 不存在则 0，总2。 所以 dp[ 1][ 2 ]=2。 dp[ 1][ 3 ]： 最后一块 3..3，cost=1，加 dp[ 1][ 2 ]=2，总3。 最后一块 2..3，同色 'a','a'，cost(2)=2，加 dp[ 1][ 1 ]=1，总3。 最后一块 1..3，同色 'a','a','a'，cost(3)=2，加 dp[ 1][ 0 ]=0，总2。 所以 dp[ 1][ 3 ]=2。 结果最小总编码长度=2，正确。 步骤 13：算法实现 预处理出 cost(L) = 1 如果 L=1 否则 2。 DP 递推： 初始化 dp[ i][ i ] = 1。 对于长度 len 从 2 到 n： 对于 i 从 1 到 n-len+1： j = i+len-1 dp[ i][ j ] = INF 对于 k 从 i 到 j： 如果 s[ k]==s[ j] 并且 s[ k..j] 同色（但这里只需 s[ k]==s[ j] 且中间无不同色，但因为我们枚举 k 是左端点，只需检查 s[ k..j ] 同色即可，可以在循环中检查） 则 dp[ i][ j] = min(dp[ i][ j], dp[ i][ k-1 ] + cost(j-k+1)) 但检查 s[ k..j ] 同色需要 O(j-k) 时间，会使得复杂度 O(n^4) 太高。 优化：可以预处理 same[ i][ j] 表示 s[ i..j ] 是否同色。 但我们可以用另一种常见技巧：在枚举 k 时，只考虑 s[ k]==s[ j]，并且如果 s[ k]==s[ j]，则 dp[ i][ j] 可以拆成 dp[ i][ k] + dp[ k+1][ j ] 吗？不对，因为 k 到 j 要合并成一个块。 更标准的区间 DP 合并相邻同色块问题： 定义 dp[ i][ j] 表示将区间 [ i,j ] 合并到不能再合并（即相邻块不同色）时的最小总编码长度。 但这样合并操作必须相邻同色。 另一种思路：我们可以将连续的相同字符段先合并，问题就回到了初始段合并模型，但初始段长度可能>1，cost 是 1 或 2。 这样 m <= n，再 O(m^2) DP 即可。 步骤 14：最终算法 将 s 划分成连续相同字符的段，得到段数组 ch[ 1..m], len[ 1..m ]。 对段做 DP：f[ i ] 表示前 i 段的最小总编码长度。 f[ 0 ] = 0。 对于 i 从 1 到 m： f[ i ] = INF 总长度 sum = 0 对于 j 从 i 往下到 1： if ch[ j] != ch[ i ]: break # 因为要合并的最后一段必须同色 sum += len[ j ] cost = 1 if sum==1 else 2 f[ i] = min(f[ i], f[ j-1 ] + cost) 答案为 f[ m ]。 时间复杂度 O(m^2)，m 是段数。 举例 s = "aaabbaa" 段： (a,3), (b,2), (a,2)，m=3。 f[ 1]: 只有段1，sum=3>1，cost=2，f[ 1 ]=2。 f[ 2]: 最后一段是段2：sum=2>1，cost=2，f[ 1 ]+2=4。 最后一段是段1+段2？ch不同，break。 所以 f[ 2 ]=4。 f[ 3]: 最后一段是段3：sum=2>1，cost=2，f[ 2 ]+2=6。 最后一段是段2+段3？ch不同，break。 所以 f[ 3 ]=6。 答案 6。 s = "aaa" 段： (a,3)，m=1。 f[ 1 ]: sum=3>1，cost=2，答案 2。 s = "aba" 段： (a,1),(b,1),(a,1)，m=3。 f[ 1 ]=1 f[ 2]: 最后一段段2：sum=1，cost=1，f[ 1 ]+1=2。 段1+段2? ch不同，break。 所以 f[ 2 ]=2。 f[ 3]: 最后一段段3：sum=1，cost=1，f[ 2 ]+1=3。 段2+段3? ch不同，break。 段1+段2+段3? ch不同，break。 所以 f[ 3 ]=3。 步骤 15：总结 本题核心在于： 将连续相同字符先压缩成段，减少状态。 合并只能是相邻同色段，所以 DP 时最后一段必须是连续的同色段。 代价函数是分段的：长度 1 代价 1，长度 >1 代价 2，因此合并可能减少代价。 区间 DP 在段序列上进行，枚举最后一段的起点，更新最小总代价。 这样，我们就得到了一个清晰的 O(m^2) 的 DP 解法，其中 m 是初始段数，m ≤ n。