Palindrome Partitioning与动态规划

首先看Leetcode上的Palindrome Partitioning题目:

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

Return all possible palindrome partitioning of s.

For example, given s = 

"aab"

,

Return

[
["aa","b"],
["a","a","b"]
]

一开始采用的是递归解法：

public class Solution{
List<List<String>> result = new ArrayList<List<String>>();
public List<List<String>> partition(String s) {
helper(s, new ArrayList<String>());
return result;
}

private void helper(String s, List<String> cur){                 //DFS every combinations
if(s.length() == 0){result.add(cur); return;}
for(int i = 1; i <= s.length(); i++){
String sub = s.substring(0,i);
if(isPalindromeString(sub)){
List<String> newList = new ArrayList<String>(cur);
newList.add(sub);
helper(s.substring(i,s.length()), newList);
}
else continue;                                    //not palindrome, ignore it
}
}
}

时间复杂度比较高，因为每个子串都是重新递归，没有保存中间结果。利用动态规划对算法做改进，如下：

public class Solution {
public static List<List<String>> partition(String s) {
int len = s.length();
List<List<String>>[] result = new List[len + 1];
result[0] = new ArrayList<List<String>>();
result[0].add(new ArrayList<String>());

boolean[][] pair = new boolean[len][len];
for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
result[i + 1] = new ArrayList<List<String>>();
for (int left = 0; left <= i; left++) {
if (s.charAt(left) == s.charAt(i) && (i-left <= 1 || pair[left + 1][i - 1])) {
pair[left][i] = true;
String str = s.substring(left, i + 1);
for (List<String> r : result[left]) {
List<String> ri = new ArrayList<String>(r);
ri.add(str);
result[i + 1].add(ri);
}
}
}
}
return result[len];
}
}

其中，pair存储子串（i到j）是否已经是回文串，resul
t存储前n个字符的临时结果。从之前的结果我们可以得到现在的结果。

再来看看Palindrome Partitioning ii:

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.
类似地，利用上面的动态规划方法，解法如下：

public class Solution{
public int minCut(String s) {
int len = s.length();
boolean[][] pair = new boolean[len][len];
int[] result = new int[len+1];
result[0] = 0;

for(int i=0; i<len; i++){
result[i+1] = Integer.MAX_VALUE;
for(int left=0; left<=i; left++){
if(s.charAt(left) == s.charAt(i) && (i-left<=1 || pair[left+1][i-1])){
pair[left][i] = true;
if(left == 0) result[i+1] = 0;
else{
result[i+1] = Math.min(result[left] + 1, result[i+1]);
}
}
}
}
return result[len];
}
}

然而此题并不要求给出所有划分的情况，可以考虑减少空间复杂度至O（n）。有一种很巧妙的解法：

这里，只开辟O（n）的空间存储前n个字符的最少划分次数，然后之后到底有多少个回文串，例如，遍历到字符‘b’时，

s[i] = 'b', 且 s[i-1,i+1]是回文 "aba"，如下：

.......aba...
|<-X->| ^
|<---Y-->|

我们知道s[0,i-1)最小划分数是 X,
所以s[0,i+1] 即Y 的最小划分数不会大于X+1. 所以我们需要找到s[0,i+1]中所有的回文串，以找到最小的划分数。代码如下：

class Solution {
public:
int minCut(string s) {
int n = s.size();
vector<int> cut(n+1, 0);  // number of cuts for the first k characters
for (int i = 0; i <= n; i++) cut[i] = i-1;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; i-j >= 0 && i+j < n && s[i-j]==s[i+j] ; j++) // odd length palindrome
cut[i+j+1] = min(cut[i+j+1],1+cut[i-j]);

for (int j = 1; i-j+1 >= 0 && i+j < n && s[i-j+1] == s[i+j]; j++) // even length palindrome
cut[i+j+1] = min(cut[i+j+1],1+cut[i-j+1]);
}
return cut
;
}
};