每天一道LeetCode-----将字符串切分，使每个子串都是回文串，计算所有可能结果和最小切分次数

Palindrome Partitioning

原题链接Palindrome Partitioning

对字符串进行切分，使得切分出的每个子串都是回文串，返回所有的切分可能

对于每个字符都可能在它的位置切分，所以可以容易想到使用深度优先和回溯法求解。另外，为了避免重复判断，采用动态规划的思想记录某个字符是否已经判断过

代码如下

class Solution {
public:vector<vector<string>> partition(string s) {int n = s.size();vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, -1));vector<vector<string>> res;vector<string> cur;partition(s, 0, cur, res, dp);return res;}
private:/* 寻找s[idx : s.size()-1]这个字符串的切分结果 */void partition(string& s, int idx, vector<string>& cur, vector<vector<string>>& res, vector<vector<int>>& dp){if(idx >= s.size()){res.emplace_back(cur);return;}/* 将s[idx : s.size()-1]切分成s[idx : i]和s[i+1 : s.size()-1] */for(int i = idx; i < s.size(); ++i){if(dp[idx][i] == 0) continue;if(dp[idx][i] == 1 || isPalindrome(s, idx, i)){dp[idx][i] = 1;cur.emplace_back(s.substr(idx, i - idx + 1));partition(s, i + 1, cur, res, dp);cur.pop_back();}else{dp[idx][i] = 0;}}}bool isPalindrome(string& s, int start, int end){while(start < end){if(s[start++] != s[end--])return false;}return true;}
};

Palindrome Partitioning II

原题链接Palindrome Partitioning II

计算最少需要切分多少次才可以切分出每个都是回文串的情况

通常计算次数的问题都不会按照计算所有可能结果那样求解，所以本题也不会像上面的方法那样计算次数。不过切分的方法还是不变的，在每个可能的位置切分

对于源字符串s[i : n-1]，对于i<=j<=n−1i的ｋ，将其在j处切分得到s[i : j]和s[j+1 : n-1]。不过也不是对于所有的j都这样做，因为切分是需要满足回文规则的，需要s[i : j]是回文串

令count[i]表示s[i : n-1]这个子串最少需要切多少次才可以切成多个回文子串(n是字符串s的长度)，那么有count[i]=min(count[i],1+count[j+1])count[i] = min(count[i], 1 + count[j + 1])

上式说明将字符串s[i : n-1]在j处切分，同时满足s[i : j]是回文串，那么总次数就是在k处切分的1次加上后半部分字符串的切分次数

代码如下

class Solution {
public:int minCut(string s) {if(s.empty())   return 0;int n = s.size();/* p[i][j]表示s[i : j]是否是回文串 */vector<vector<int>> p(n, vector<int>(n, 0));/* count[i]表示s[i : n-1]的最少切分次数 */vector<int> count(n, 0);for(int i = n - 1; i >= 0; --i){/* 没有计算之前，最小的次数就是全切分次数 */count[i] = n - 1 - i;/* 从后面每个位置都可以切分 */for(int j = i; j < n; ++j){/* 只有两边相等且中间是回文串时，加入s[j]后s[i : j]才是回文串 */if(s[i] == s[j] && (j - i <= 2 || p[i + 1][j - 1] == 1)){p[i][j] = 1;/* j == n -1代表s[i : n-1]是回文串，不需要切分 */if(j == n - 1)count[i] = 0;/* 更新最小次数 */else if(count[i] > 1 + count[j + 1])count[i] = 1 + count[j + 1];}}}return count[0];}
};

第一题主要利用回溯法，类似的求解所有可能的结果时采用回溯法是比较容易想到的。第二题的动态规划不太容易想到，如果考虑到子问题的话就好办了