力扣--让字符串成为回文串的最少插入次数

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一、题目描述

二、分析

• 首先，要找最少的插入次数，那肯定得穷举喽，如果我们用暴力算法穷举出所有插入方法，时间复杂度是多少？

• 每次都可以在两个字符的中间插入任意一个字符，外加判断字符串是否为回文字符串，这时间复杂度肯定爆炸，是指数级。

• 那么无疑，这个问题需要使用动态规划技巧来解决。回文问题一般都是从字符串的中间向两端扩散，构造回文串也是类似的。

• 我们定义一个二维的dp数组，dp[i][j]的定义如下：对字符串s[i..j]，最少需要进行dp[i][j]次插入才能变成回文串。

• 我们想求整个s的最少插入次数，根据这个定义，也就是想求dp[0][n-1]的大小（n为s的长度）。

• 同时，base case 也很容易想到，当i == j时dp[i][j] = 0，因为当i == j时s[i..j]就是一个字符，本身就是回文串，所以不需要进行任何插入操作。

接下来就是动态规划的重头戏了，利用数学归纳法思考状态转移方程。

• 状态转移就是从小规模问题的答案推导更大规模问题的答案，从 base case 向其他状态推导嘛。

• 如果我们现在想计算dp[i][j]的值，而且假设我们已经计算出了子问题dp[i+1][j-1]的值了，你能不能想办法推出dp[i][j]的值呢？
  

• 既然已经算出dp[i+1][j-1]，即知道了s[i+1..j-1]成为回文串的最小插入次数，那么也就可以认为s[i+1..j-1]已经是一个回文串了，所以通过dp[i+1][j-1]推导dp[i][j]的关键就在于s[i]和s[j]这两个字符。
  

• 这个得 分情况讨论，如果s[i] == s[j]的话，我们不需要进行任何插入，只要知道如何把s[i+1..j-1]变成回文串即可：
  

• 翻译成代码就是这样：

if (s[i] == s[j]) 
{
    dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1];
}

• 如果s[i] != s[j]的话，就比较麻烦了，比如下面这种情况：
  
• 最简单的想法就是，先把s[j]插到s[i]右边，同时把s[i]插到s[j]右边，这样构造出来的字符串一定是回文串：
  
• 但是，这是不是就意味着代码可以直接这样写呢？

if (s[i] != s[j]) 
{
    // 把 s[j] 插到 s[i] 右边，把 s[i] 插到 s[j] 右边
    dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2;
}

• 不对，比如说如下这两种情况，只需要插入一个字符即可使得s[i..j]变成回文：
  

• 所以说，当s[i] != s[j]时，无脑插入两次肯定是可以让s[i..j]变成回文串，但是不一定是插入次数最少的，最优的插入方案应该被拆解成如下流程：

• 步骤一，做选择，先将s[i..j-1]或者s[i+1..j]变成回文串。怎么做选择呢？谁变成回文串的插入次数少，就选谁呗。

• 比如图二的情况，将s[i+1..j]变成回文串的代价小，因为它本身就是回文串，根本不需要插入；同理，对于图三，将s[i..j-1]变成回文串的代价更小。

• 然而，如果 s[i+1..j]和s[i..j-1]都不是回文串，都至少需要插入一个字符才能变成回文，所以选择哪一个都一样：
  

• 那我怎么知道s[i+1..j]和s[i..j-1]谁变成回文串的代价更小呢？

• 回头看看dp数组的定义是什么，dp[i+1][j]和dp[i][j-1]不就是它们变成回文串的代价么？

• 步骤二，根据步骤一的选择，将s[i..j]变成回文。

• 如果你在步骤一中选择把s[i+1..j]变成回文串，那么在s[i+1..j]右边插入一个字符s[i]一定可以将s[i..j]变成回文；同理，如果在步骤一中选择把s[i..j-1]变成回文串，在s[i..j-1]左边插入一个字符s[j]一定可以将s[i..j]变成回文。

• 那么根据刚才对dp数组的定义以及以上的分析，s[i] != s[j]时的代码逻辑如下：

if (s[i] != s[j]) 
{
    // 步骤一选择代价较小的
    // 步骤二必然要进行一次插入
    dp[i][j] = min(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]) + 1;
}

• 综合起来，状态转移方程如下：

if (s[i] == s[j]) 
{
    dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1];
} 
else 
{
    dp[i][j] = min(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]) + 1;
}

三、代码

• 首先想想 base case 是什么，当i == j时dp[i][j] = 0，因为这时候s[i..j]就是单个字符，本身就是回文串，不需要任何插入；最终的答案是dp[0][n-1]（n是字符串s的长度）。那么 dp table 长这样：
  
• 又因为状态转移方程中dp[i][j]和dp[i+1][j]，dp[i]-1]，dp[i+1][j-1]三个状态有关，为了保证每次计算dp[i][j]时，这三个状态都已经被计算，我们一般选择从下向上，从左到右遍历dp数组：

class Solution {
public:
    int minInsertions(string s) {
        if(s.empty())
        {
            return 0;
        }

        vector<vector<int>> dp(s.size(),vector<int>(s.size(),0));

        for(int i = s.size() - 2;i >= 0;i--)
        {
            for(int j = i + 1;j < s.size();j++)
            {
                if(s[i] == s[j])
                {
                    dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1];
                }
                else 
                {
                    dp[i][j] = min(dp[i + 1][j],dp[i][j - 1]) + 1;
                }
            }
        }

        return dp[0][s.size() - 1];
    }
};

• 优化

class Solution {
public:
    int minInsertions(string s) {
    	int n = s.size();
    	vector<int> dp(n, 0);

    	int temp = 0;
    	for (int i = n - 2; i >= 0; i--) 
    	{
        	// 记录 dp[i+1][j-1]
        	int pre = 0;
        	for (int j = i + 1; j < n; j++) 
        	{
            	temp = dp[j];

            	if (s[i] == s[j]) 
            	{
                	// dp[i][j] = dp[i+1][j-1];
                	dp[j] = pre;
            	} 
            	else 
            	{
                	// dp[i][j] = min(dp[i+1][j], dp[i][j-1]) + 1;
                	dp[j] = min(dp[j], dp[j - 1]) + 1;
            	}

            	pre = temp;
        	}
    	}
    	return dp[n - 1];
	}
};