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Leetcode题目一：确定状态最后一步子问题 二：转移方程三：初始条件和边界情况Java代码

Leetcode题目

LCP 19. 秋叶收藏集 小扣出去秋游，途中收集了一些红叶和黄叶，他利用这些叶子初步整理了一份秋叶收藏集 leaves， 字符串 leaves 仅包含小写字符 r 和 y， 其中字符 r 表示一片红叶，字符 y 表示一片黄叶。 出于美观整齐的考虑，小扣想要将收藏集中树叶的排列调整成「红、黄、红」三部分。每部分树叶数量可以不相等，但均需大于等于 1。每次调整操作，小扣可以将一片红叶替换成黄叶或者将一片黄叶替换成红叶。请问小扣最少需要多少次调整操作才能将秋叶收藏集调整完毕。

示例 1：

输入：leaves = “rrryyyrryyyrr”

输出：2

解释：调整两次，将中间的两片红叶替换成黄叶，得到 “rrryyyyyyyyrr”

示例 2：

输入：leaves = “ryr”

输出：0

解释：已符合要求，不需要额外操作

提示：

3 <= leaves.length <= 10^5 leaves 中只包含字符 ‘r’ 和字符 ‘y’

一：确定状态

最后一步

不知道最后一个字符$a_k$是什么，但是如果已知结果是红+黄+红，对于$a_k$前面的串，最终一定是先转换为以下三种状态，加上这$a_k$可以满足题干。

从$a_0$到$a_{k-1}$是全红 从$a_0$到$a_{k-1}$是红+黄 从$a_0$到$a_{k-1}$是红+黄+红

子问题

如此一来加上$a_k$，可以很快得出对应关系： $a_0$到$a_{k-1}$情况为 (1) 时，把最后一位$a_{k-1}$翻成黄就是 (2) —— 红 + 黄 $a_0$到$a_{k-1}$情况为 (2) 时，把最后一位$a_{k-1}$翻成红就是 (3) —— 红+ 黄 + 红，再去处理$a_k$ $a_0$到$a_{k-1}$情况为 (3) 时，结果为查看新的一位$a_k$是不是红，如果是不用翻，否则 + 1 把他翻成红。 其中情况 (2) 对自身以及 (1) 有包含关系。 这样假设我们从左到右依次检索字符串$a_0$到$a_k$，每次都先把当前子串$a_0$到$a_i$变成1或2，就能很容易计算下一位变成 红 + 黄 + 红 的次数

二：转移方程

i作为输入字符串的每一位递增，$char[i]$为新检索的一位，$f[i][0]$，$f[i][1]$，$f[i][2]$分别第i位之前字符串是情况 (1) (2) (3) 中的哪一种.

$f[i][0]=f[i-1][0]+if(char[i]==yellow)$ $f[i][1]=min(f[i-1][0],f[i-1][1])+if(char[i]==red)$

// 前面的子串$char[0]..char[i-1]$变成全红或者红+黄哪种更省力，再把$char[i]$变成黄色。这之后保证清一色红+黄

$f[i][2]=min(f[i-1][1],f[i-1][2])+if(char[i]==yellow)$

三：初始条件和边界情况

当无法确定时就设为无穷大 $f[0][0]=1$ $f[1][0]=MAX$ $f[2][0]=MAX$ $f[2][1]=MAX$

Java代码

class Solution { public int minimumOperations(String leaves) { int len = leaves.length(); int[][] dp=new int[len][3]; dp[0][0] = leaves.charAt(0)== 'y'?1:0; dp[0][1] = Integer.MAX_VALUE; dp[0][2] = Integer.MAX_VALUE; dp[1][2] = Integer.MAX_VALUE; int i = 1; while(i < len){ dp[i][0] = dp[i-1][0] + (leaves.charAt(i) == 'y'?1:0 ); dp[i][1] = Math.min(dp[i-1][0] , dp[i-1][1]) + (leaves.charAt(i) == 'r'?1:0 ); if(i>=2){ dp[i][2] = Math.min(dp[i-1][1] , dp[i-1][2]) + (leaves.charAt(i) == 'y'?1:0); System.out.println(dp[1][0]);System.out.println(dp[1][1]); } i++; } return dp[len-1][2]; } }