Palindrome Partitioning II

题目

Given a string s, partition s such that every substring of the partition is a palindrome.

Return the minimum cuts needed for a palindrome partitioning of s.

For example, given s = "aab",
Return 1 since the palindrome partitioning ["aa","b"] could be produced using 1 cut.

思路一

用递归得到所有可能的划分，可以参考上篇博文Palindrome Partitioning，然后求取最短的划分。

但是我们没必要存取所有的划分结果，只需要存储划分段数就可以了。

对空间的改进

class Solution {public:    int minCut(string s) {        // Start typing your C/C++ solution below        // DO NOT write int main() function        int len = s.length();           if(len<1) return 0;        vector<string> vec;        int min = INT_MAX;         mypart(vec, 0, s, min);             return min-1;    }     void mypart(vector<string> &vec, int cur, string &S, int &min) {         if(cur==S.length()) {             if(vec.size()<min)                 min = vec.size();             return ;         }         for(int i=cur;i<S.length();i++) {             int len = i-cur+1;             string str = S.substr(cur,len);             if(ispalind(str)) {                 vec.push_back(str);                 mypart(vec, i+1, S, min);                 vec.pop_back();             }         }              }            bool ispalind(string &S) {         if(S.empty())               return true;         int i=0, j=S.length()-1;         while(i<j) {             if(S[i]!=S[j])                 return false;             i++;             j--;         }             return true;     }       };

对大数据虽然没有内存限制了，但是还是出现了 Run Status: Time Limit Exceeded

因为我们还可以进一步的 剪枝优化 步的：如果当前子字符串生成的回文划分段数已经超过了 min ，就没必要接着进行下去了。

剪枝优化时间

         for(int i=cur;i<S.length();i++) {             int len = i-cur+1;             string str = S.substr(cur,len);             if(vec.size()<=min && ispalind(str)) {                 vec.push_back(str);                 mypart(vec, i+1, S, min);                 vec.pop_back();             }         } 

或者

         if(vec.size()+1>min)             return ;         for(int i=cur;i<S.length();i++) {             int len = i-cur+1;             string str = S.substr(cur,len);             if(ispalind(str)) {                 vec.push_back(str);                 mypart(vec, i+1, S, min);                 vec.pop_back();             }         } 

但好像都还是未能通过大数据。

原因是 虽然加入剪枝，但是算法的基本思想还是遍历，数量级未改变，依旧是 O(N*N) 。

下面考虑要降低数量级了。

思路二

用DP动态规划的思想：

二维标志数组 ispalin[i][j] 记录 s 的 i~j 子串是否是回文的；

一维数组 num[i] 记录 s 的 i~len-1 分割后的最小段数，初始化时 num[0]=len, ... , num[len-1]=1；

最优结果是 num[0]-1 。

动态规划过程：

（1）如果s[i]=s[j] 并且 ispalin[i+1][j-1]=true ，则表示 i~j 也是回文，即  ispalin[i][j]=true。

（2）如果s[i]=s[j] 并且 ispalin[i][j]=true，则 num[i] = min(num[i], num[j+1]+1) ，即更新当前 i~len-1子串的最小段数。

class Solution {public:    int minCut(string s) {        // Start typing your C/C++ solution below        // DO NOT write int main() function        int len = s.length();        if(len<2)  return 0;        vector<vector<bool>> ispalin(len,vector<bool>(len,false));        vector<int> num(len+1,0);        for(int i=0;i<len;i++)            num[i] = len-i;        for(int i=len-1;i>=0;i--) {            for(int j=i;j<len;j++) {                if(s[i]==s[j]) {                    if(j-i<2) {                        ispalin[i][j]=true;                        num[i] = min(num[i],num[j+1]+1);                    }else if(ispalin[i+1][j-1]) {                        ispalin[i][j]=true;                        num[i] = min(num[i],num[j+1]+1);                    }                                    }            }          }           return num[0]-1;            }};

其实时间复杂度也是 O(N*N)的，但是对大数据轻松通过了。

与思路一比较：

优点在，对当前的子串是否是回文的判断上要更优，避免重复判断。

例如：如果 s1=abba 是回文，当增加长度时 s2=dabbad ，

思路一：再遍历一遍 s2 ，时间 O(length(s2))

思路二：比较新增加的字符是否相等，同时判断s1是否是回文，时间O(2+1)

所以高下优劣立见。

如果仔细分析计算：

（1）思路一的时间复杂度是 O(N*N*length(str))

（2）DP的时间复杂度是 O(N*N*2)