leetcode Palindrome Partitioning II

题目和上题一样leetcode Palindrome Partitioning，这里需要求的是最小的分割数，也就是上一题的所有可能里面最少的一个分割。例如：

For example, given s = "aab",
Return 1 since the palindrome partitioning ["aa","b"] could be produced using 1 cut.

很明显，如果我们和上体一样把所有的答案求出来，然后返回最少元素的长度-1就可以了，但是Memory Limited了。我以为是ans存不了那么多的分割可能，所有每次只判断要存的是否比之前的短，短的才需要存。这时候变成Time Limited了，还是不行。

只能用DP了。先用DP求i到j是否可能为回文。判断i到j是回文有两种情况：

1.如果i到j的长度为1，也就是j-i=0那肯定就是回文了，如果长度为2并且s[i] == s[j]那也是回文。长度为其他的就用下一点判断了

2.i到j是回文，那么i+1到j-1是回文，并且s[i] == s[j]。

所以可以用第1点初始化，然后利用第2点扩展所有。或者可以说为了能够使用第2点dp求解，第1点是必须的。然后i从末尾开始，j从i开始，这样每次需要第2点的时候第一点都已经做完了。所以初始化可以一起写在for里面的。

class Solution {
public:

    int minCut(string s) 
    {
        if (s.size() == 0) return 0;
        bool mat[s.size()][s.size()]; 
        memset(mat, 0, sizeof(mat)); // 很久才发现没有初始化是错误的
        for (int i = s.size()-1; i >= 0; --i)
            for (int j = i; j < s.size(); ++j)
            {
                if ((s[i] == s[j] && j - i < 2) || (s[i] == s[j] && mat[i+1][j-1]))
                    mat[i][j] = true;
            }
        
        int cnt[s.size()+1]; // 最后一个为0，用于j+1溢出的操作
        memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
        for (int i = s.size() - 1; i >= 0; --i)
        {   
            cnt[i] = s.size() - i;
            for (int j = i; j < s.size(); ++j) // j一定是从i开始，因为可能存在i是一个孤立的加上i+1到之后的最小值
            {
                if (mat[i][j])
                    cnt[i] = min(cnt[i], cnt[j + 1] + 1);
            }
        }
        return cnt[0] - 1;
    }
};