题目描述
给你一个字符串 s ，每一次操作你都可以在字符串的任意位置插入任意字符。
请你返回让 s 成为回文串的 最少操作次数 。
「回文串」是正读和反读都相同的字符串。
示例 1：
输入：s = "zzazz"
输出：0
解释：字符串 "zzazz" 已经是回文串了，所以不需要做任何插入操作。
示例 2：
输入：s = "mbadm"
输出：2
解释：字符串可变为 "mbdadbm" 或者 "mdbabdm" 。
示例 3：
输入：s = "leetcode"
输出：5
解释：插入 5 个字符后字符串变为 "leetcodocteel" 。
提示：
1 <= s.length <= 500s 中所有字符都是小写字母。
解法
方法一：记忆化搜索
我们设计一个函数 $dfs(i, j)$，表示将字符串 $s[i..j]$ 变成回文串所需要的最少操作次数。那么答案就是 $dfs(0, n - 1)$。
函数 $dfs(i, j)$ 的计算过程如下：
如果 $i \geq j$，此时无需插入任何字符，我们直接返回 $0$。
否则，我们判断 $s[i]$ 与 $s[j]$ 是否相等，如果 $s[i]=s[j]$，那么我们只需要将 $s[i+1..j-1]$ 变成回文串，那么我们返回 $dfs(i + 1, j - 1)$。否则，我们可以在 $s[i]$ 的左侧或者 $s[j]$ 的右侧插入一个与另一侧相同的字符，那么 $dfs(i, j) = \min(dfs(i + 1, j), dfs(i, j - 1)) + 1$。
为了避免重复计算，我们可以使用记忆化搜索，即使用哈希表或者数组来存储已经计算过的函数值。
最后，我们返回 $dfs(0, n - 1)$ 即可。
时间复杂度 $O(n^2)$，空间复杂度 $O(n^2)$。其中 $n$ 为字符串 $s$ 的长度。
| class Solution:
def minInsertions(self, s: str) -> int:
@cache
def dfs(i: int, j: int) -> int:
if i >= j:
return 0
if s[i] == s[j]:
return dfs(i + 1, j - 1)
return 1 + min(dfs(i + 1, j), dfs(i, j - 1))
return dfs(0, len(s) - 1)
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27 | class Solution {
private Integer[][] f;
private String s;
public int minInsertions(String s) {
this.s = s;
int n = s.length();
f = new Integer[n][n];
return dfs(0, n - 1);
}
private int dfs(int i, int j) {
if (i >= j) {
return 0;
}
if (f[i][j] != null) {
return f[i][j];
}
int ans = 1 << 30;
if (s.charAt(i) == s.charAt(j)) {
ans = dfs(i + 1, j - 1);
} else {
ans = Math.min(dfs(i + 1, j), dfs(i, j - 1)) + 1;
}
return f[i][j] = ans;
}
}
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24 | class Solution {
public:
int minInsertions(string s) {
int n = s.size();
int f[n][n];
memset(f, -1, sizeof(f));
function<int(int, int)> dfs = [&](int i, int j) -> int {
if (i >= j) {
return 0;
}
if (f[i][j] != -1) {
return f[i][j];
}
int ans = 1 << 30;
if (s[i] == s[j]) {
ans = dfs(i + 1, j - 1);
} else {
ans = min(dfs(i + 1, j), dfs(i, j - 1)) + 1;
}
return f[i][j] = ans;
};
return dfs(0, n - 1);
}
};
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28 | func minInsertions(s string) int {
n := len(s)
f := make([][]int, n)
for i := range f {
f[i] = make([]int, n)
for j := range f[i] {
f[i][j] = -1
}
}
var dfs func(i, j int) int
dfs = func(i, j int) int {
if i >= j {
return 0
}
if f[i][j] != -1 {
return f[i][j]
}
ans := 1 << 30
if s[i] == s[j] {
ans = dfs(i+1, j-1)
} else {
ans = min(dfs(i+1, j), dfs(i, j-1)) + 1
}
f[i][j] = ans
return ans
}
return dfs(0, n-1)
}
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方法二：动态规划（区间 DP）
我们定义 $f[i][j]$ 表示将字符串 $s[i..j]$ 变成回文串所需要的最少操作次数。初始时 $f[i][j]=0$，答案即为 $f[0][n-1]$。
对于 $f[i][j]$，如果 $s[i]=s[j]$，那么我们只需要将 $s[i+1..j-1]$ 变成回文串，因此 $f[i][j]=f[i+1][j-1]$。否则，我们可以在 $s[i]$ 的左侧或者 $s[j]$ 的右侧插入一个与另一侧相同的字符，那么 $f[i][j]=\min(f[i+1][j],f[i][j-1])+1$。
综上，我们可以得到状态转移方程：
$$
f[i][j]=\left{\begin{array}{ll}f[i+1][j-1], & s[i]=s[j]\ \min(f[i+1][j],f[i][j-1])+1, & s[i]\neq s[j]\end{array}\right.
$$
在枚举时，我们可以有两种枚举的方式：
- 从大到小枚举 $i$，从小到大枚举 $j$，这样可以保证在计算状态 $f[i][j]$ 时，状态 $f[i+1][j-1]$ 和 $f[i][j-1]$ 都已经计算过了；
- 从小到大枚举区间长度 $k$，然后枚举区间的左端点 $i$，那么可以得到右端点 $j=i+k-1$，这样也可以保证在计算较大区间 $f[i][j]$ 时，较小区间 $f[i+1][j]$ 和 $f[i][j-1]$ 都已经计算过了。
时间复杂度 $O(n^2)$，空间复杂度 $O(n^2)$。其中 $n$ 为字符串 $s$ 的长度。
相似题目：
| class Solution:
def minInsertions(self, s: str) -> int:
n = len(s)
f = [[0] * n for _ in range(n)]
for i in range(n - 2, -1, -1):
for j in range(i + 1, n):
if s[i] == s[j]:
f[i][j] = f[i + 1][j - 1]
else:
f[i][j] = min(f[i + 1][j], f[i][j - 1]) + 1
return f[0][-1]
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16 | class Solution {
public int minInsertions(String s) {
int n = s.length();
int[][] f = new int[n][n];
for (int i = n - 2; i >= 0; --i) {
for (int j = i + 1; j < n; ++j) {
if (s.charAt(i) == s.charAt(j)) {
f[i][j] = f[i + 1][j - 1];
} else {
f[i][j] = Math.min(f[i + 1][j], f[i][j - 1]) + 1;
}
}
}
return f[0][n - 1];
}
}
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18 | class Solution {
public:
int minInsertions(string s) {
int n = s.size();
int f[n][n];
memset(f, 0, sizeof(f));
for (int i = n - 2; i >= 0; --i) {
for (int j = i + 1; j < n; ++j) {
if (s[i] == s[j]) {
f[i][j] = f[i + 1][j - 1];
} else {
f[i][j] = min(f[i + 1][j], f[i][j - 1]) + 1;
}
}
}
return f[0][n - 1];
}
};
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17 | func minInsertions(s string) int {
n := len(s)
f := make([][]int, n)
for i := range f {
f[i] = make([]int, n)
}
for i := n - 2; i >= 0; i-- {
for j := i + 1; j < n; j++ {
if s[i] == s[j] {
f[i][j] = f[i+1][j-1]
} else {
f[i][j] = min(f[i+1][j], f[i][j-1]) + 1
}
}
}
return f[0][n-1]
}
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方法三
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12 | class Solution:
def minInsertions(self, s: str) -> int:
n = len(s)
f = [[0] * n for _ in range(n)]
for k in range(2, n + 1):
for i in range(n - k + 1):
j = i + k - 1
if s[i] == s[j]:
f[i][j] = f[i + 1][j - 1]
else:
f[i][j] = min(f[i + 1][j], f[i][j - 1]) + 1
return f[0][n - 1]
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17 | class Solution {
public int minInsertions(String s) {
int n = s.length();
int[][] f = new int[n][n];
for (int k = 2; k <= n; ++k) {
for (int i = 0; i + k - 1 < n; ++i) {
int j = i + k - 1;
if (s.charAt(i) == s.charAt(j)) {
f[i][j] = f[i + 1][j - 1];
} else {
f[i][j] = Math.min(f[i + 1][j], f[i][j - 1]) + 1;
}
}
}
return f[0][n - 1];
}
}
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19 | class Solution {
public:
int minInsertions(string s) {
int n = s.size();
int f[n][n];
memset(f, 0, sizeof(f));
for (int k = 2; k <= n; ++k) {
for (int i = 0; i + k - 1 < n; ++i) {
int j = i + k - 1;
if (s[i] == s[j]) {
f[i][j] = f[i + 1][j - 1];
} else {
f[i][j] = min(f[i + 1][j], f[i][j - 1]) + 1;
}
}
}
return f[0][n - 1];
}
};
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18 | func minInsertions(s string) int {
n := len(s)
f := make([][]int, n)
for i := range f {
f[i] = make([]int, n)
}
for k := 2; k <= n; k++ {
for i := 0; i+k-1 < n; i++ {
j := i + k - 1
if s[i] == s[j] {
f[i][j] = f[i+1][j-1]
} else {
f[i][j] = min(f[i+1][j], f[i][j-1]) + 1
}
}
}
return f[0][n-1]
}
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