这道题还挺复杂的，回来看了好一会儿才想起当时怎么想的。。上道题刚说不要打表，这道题就用了打表。。
总的思路是这样的，从后面往前面打表，最后一个位置的最小分割一定是0，那往前呢，如果当前考虑的位置是start，并且substr(s, i)是回文的，那么如果已知i+1开始的分割次数，那么start这个位置的分割应该就是start原来的和i+1开始的分割次数加1之间的最小值。DP的思想，很直接。
但是我忽略了一个另一个开销很大的地方，那就是每次判断回文的时候。这个跟单词分割还不一样，这个范围很大。最后居然开了个很大的二维数组，记录每个位置的起始结束是不是回文，直接打脸了。。建这个表的时候，我先把两头的回文计算了一遍，当计算中间部分的时候，直接用这两头的结果。其实想法很简单，如果i+1和j-1之间是不是回文已经知道了，那么i和j就不用从头算了，看看i和j位置相不相等，按照情况更新就行了。
这道题应该有更优雅的算法，回头找到了贴上来，先贴我的。
int MAX = 0xfffffff;
bool isp[2000][2000];
bool isPalindrome(string &s, int start, int end){
for(int i=start, j=end;i<j;++i, --j){
if(s[i] != s[j])
return false;
}
return true;
}
void getPartition(string &s, int start, vector<int> &minpartition){
if(start == s.length()){
minpartition[start] = 0;
return;
}
for(int i=start;i<s.length();++i){
if(isp[start][i]){
if(minpartition[i+1] == MAX)
getPartition(s, i+1, minpartition);
minpartition[start] = min(minpartition[start],minpartition[i+1]+1);
}
}
}
class Solution {
public:
int minCut(string s) {
if(s.length()<=1)
return 0;
int len = s.length();
memset(isp, 0, sizeof(isp));
for(int i=0;i<len;i++){
isp[0][i] = isPalindrome(s, 0, i);
}
for(int i=1;i<len;i++){
isp[i][len-1] = isPalindrome(s, i, len-1);
}
for(int i=len-2;i>0;i--){
for(int j=i;j<len-1;j++){
if(i == j)
isp[i][j] = 1;
else if(j == i+1)
isp[i][j] = s[i]==s[j];
else
isp[i][j] = isp[i+1][j-1]&&s[i]==s[j];
}
}
vector<int> minpartition(len+1, MAX);
getPartition(s, 0, minpartition);
return minpartition[0]-1;
}
};
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leetcode第一刷_ Palindrome Partitioning II
原文：http://blog.csdn.net/u012792219/article/details/25076105