leetcode每日一道（17）思路惊为天人！切分为回文子串所需的最少切分次数

题目描述

给出一个字符串s，分割s使得分割出的每一个子串都是回文串
计算将字符串s分割成回文分割结果的最小切割数
例如:给定字符串s=“aab”,
返回1，因为回文分割结果[“aa”,“b”]是切割一次生成的。

思路

这道题如果不利用动态规划的话，就相当于再每两个字符之间，都有切分和不切分两种选择，那么时间复杂度是$O(2^{n-1})$的，也就是$O(2^n)$的，暴力求解是没有出路的。考虑用动态规划的方法。那么动态规划的方法啊，第一步就是定义dp数组的含义。

1. 定义数组的含义
   我们要尽量使得我们定义的含义和题目要求的结果（最小切割数）一致，这样比较合理，因此我们定义dp[i]的含义为：从下标$i$的位置到末尾，需要的最小切割数。最终的答案，当然就是dp[0]了，为什么要这样定义？可以想想，我们可不可以换种定义方法：dp[i]表示从开头到 i 的位置，需要的最小切割数，那么最后应返回的结果就是dp[s.length()-1]。这样不是不可以，但是会麻烦一点，我们后面会说，为什么要麻烦一点。

2. 找到递推关系
   动态规划最重要的就是找递推关系了，我们可以肯定的是，这道题，一层遍历指定是无法完成的，最后优化后的复杂度肯定是$O(n^2)$,我们的第一层遍历是 i 从末尾开始，一直往前，第二层遍历就是：j 从i 开始，一直往后。那么递推关系就有点考究了：
   我们想想，如果i 到j 是回文串的话，那么岂不是dp[i] = dp[j+1] +1 ，为什么要加1呢，因为我们首先需要在j 后面切分一刀，这个式子可以理解一下，其实写出来就不难了，难的是你如何想到这个式子，那么遍历所有的j ， 我们有：dp[i] = min(dp[j+1] +1) 。

3. 再定义个数组，去冗余计算。
   我们其实不难想到，如果在遍历j 的时候，每个i 到j 的子串都要判断其是不是回文串，每个都暴力判断的话，必然是有大量冗余的。比如对原字符串：abbacbcabba, 在判断子串acbca是不是回文串的时候，cbc势必是之前已经判断过了，而且我们知道它是回文串，是不是只需要判断第一个字符和最后一个字符，逻辑与上cbc的结果，就能判断出来它是不是回文串了。
   因此要定义的新的数组b[][] ,是用来存储s.substr(i,j)是不是回文串的。数据类型是bool型。

问题引申：如何找到一个字符串中究竟有多少个回文子串？

这也是很容易想到的就是两层遍历，其实也可以用动态规划的思路来接，b[i][j]代表从i 到j 的子串是否是回文串，和刚才讲的是一模一样的，b[i][j] = (s[i]==s[j] && (j-i<2 || b[i+1]b[j-1]))。看起来好像很吓人，其实很简单，就是判断首尾是否相等，再去查去掉首尾的是不是回文串就行。
但是这里为了实现自底向上，遍历的方式要稍稍注意一下

for(int i = 0;i<s.length();i++){
	for (int j=0;j<=i;j++)}

或者

for(int i = s.length()-1;i>=0;i--){
	for (int j=i;j<s.length();j++)}

最好采用后面的一种，因为保证了j>i, 比较符合直观。
但是千万不能

for(int i = 0;i<s.length();i++){
	for (int j=i;j<s.length();j++)}

因为这样的遍历方法，会导致找不到相关的查询值，无法实现自底向上。我真是太聪明了。

代码

好了，大致的注意事项都说明了，这里还是言归正传，看看代码吧，简单得令人发指。

class Solution {
public:
    int minCut(string s) {
        if (s.length()<2)
            return 0;
        vector<int> dp(s.length()+1, INT_MAX);
        vector<vector<bool>> b(s.length(),vector<bool> (s.length()));
        dp[s.length()] = -1;
        for(int i= s.length()-1; i>=0;i--){
            for(int j=i;j<s.length();j++){
                if ((s[i]==s[j])&&(j-i<2||b[i+1][j-1])){
                    b[i][j] = true;
                    dp[i] = min(dp[i], dp[j+1]+1);
                }
                else
                    b[i][j] = false;
            }
        }
        return dp[0];
    }
};