一、题目描述
给你一个字符串 s，请你将 s 分割成一些子串，使每个子串都是回文。
返回符合要求的 最少分割次数 。
示例 1：
输入：s = "aab"
输出：1
解释：只需一次分割就可将 s 分割成 ["aa","b"] 这样两个回文子串。
示例 2：
输入：s = "a"
输出：0
示例 3：
输入：s = "ab"
输出：1
提示：
1 <= s.length <= 2000
s 仅由小写英文字母组成
二、解题思路
设 f[i]表示字符串的前缀 s[0..i]的最少分割次数。要想得出 f[i]的值，我们可以考虑枚举 s[0..i] 分割出的最后一个回文串，这样我们就可以写出状态转移方程：
其中 s[j+1..i] 是一个回文串
即我们枚举最后一个回文串的起始位置 j+1，保证 s[j+1..i]是一个回文串，那么 f[i]就可以从 f[j]转移而来，附加 1 次额外的分割次数。
注意到上面的状态转移方程中，我们还少考虑了一种情况，即 s[0..i] 本身就是一个回文串。此时其不需要进行任何分割，即：
f[i]=0
那么我们如何知道 s[j+1..i]或者 s[0..i]是否为回文串呢？我们可以使用与
Leetcode No.131 分割回文串（DFS）_公众号：算法攻城狮
中相同的预处理方法，将字符串 s 的每个子串是否为回文串预先计算出来，即：
设 f(i,j) 表示 s[i..j]是否为回文串，那么有状态转移方程：
其中 ∧ 表示逻辑与运算，即 s[i..j]为回文串，当且仅当其为空串（i>j），其长度为 1（i=j），或者首尾字符相同且 s[i+1..j-1] 为回文串。
这样一来，我们只需要 O(1)的时间就可以判断任意 s[i..j]是否为回文串了。通过动态规划计算出所有的 f 值之后，最终的答案即为 f[n-1]，其中 n 是字符串 s 的长度。
三、代码
public class Solution {
boolean[][] f;
List<String> ans = new ArrayList<String>();
int n;
public int minCut(String s) {
n = s.length();
f = new boolean[n][n];
for (int i = 0; i < n; ++i) {
Arrays.fill(f[i], true);
}
for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
for (int j = i + 1; j < n; ++j) {
//判断任意 s[i..j]是否为回文串了
f[i][j] = (s.charAt(i) == s.charAt(j)) && f[i + 1][j - 1];
}
}
//rs[i] 表示字符串的前缀 s[0..i] 的最少分割次数
int[] rs=new int[n];
Arrays.fill(rs, Integer.MAX_VALUE);
for(int i=0;i<n;i++){
//假如s[0..i] 本身就是一个回文串，此时不需要进行任何分割
if(f[0][i]){
rs[i]=0;
}else{
for(int j=0;j<i;j++){
//假如以j位置切分, s[j+1..i] 是一个回文串
if(f[j+1][i]){
//f[i] 就可以从f[j]转移而来，附加1次额外的分割次数
rs[i]=Integer.min(rs[i],rs[j]+1);
}
}
}
}
return rs[n-1];
}
public static void main(String[] args) {
Solution solution=new Solution();
System.out.println(solution.minCut("ab"));
}
}
四、复杂度分析
时间复杂度：O(n^2)，其中 n 是字符串 s 的长度。预处理计算 f 和动态规划计算 rs 的时间复杂度均为 O(n^2)。
空间复杂度：O(n^2)，数组 f 需要使用 O(n^2)的空间，数组 rs 需要使用 O(n) 的空间。
