leetcode-647：回文子串

问题

给定一个字符串，你的任务是计算这个字符串中有多少个回文子串
具有不同开始位置或结束位置的子串，即使是由相同的字符组成，也会被视作不同的子串

示例 1：
输入："abc"
输出：3
解释：三个回文子串: “a”, “b”, “c”

示例 2：
输入："aaa"
输出：6
解释：6个回文子串: “a”, “a”, “a”, “aa”, “aa”, “aaa”

动态规划

动规五部曲：

• 确定dp数组以及下标的含义

  • 布尔类型的dp[i][j]：表示区间范围[i,j]（注意是左闭右闭）的子串是否是回文子串，如果是dp[i][j]为true，否则为false

• 确定递推公式

  • 在确定递推公式时，就要分析如下几种情况
    • 整体上是两种，就是s[i]与s[j]相等，s[i]与s[j]不相等这两种
      • 当s[i]与s[j]不相等，那没啥好说的了，dp[i][j]一定是false
      • 当s[i]与s[j]相等时，这就复杂一些了，有如下三种情况
        • 情况一：下标i与j相同，同一个字符例如a，当然是回文子串
        • 情况二：下标i 与 j相差为1，例如aa，也是文子串
        • 情况三：下标：i与 j相差大于1的时候，例如cabac，此时s[i]与s[j]已经相同了，我们看i到j区间是不是回文子串就看aba是不是回文就可以了，那么aba的区间就是 i+1与 j-1区间，这个区间是不是回文就看dp[i + 1][j - 1]是否为true

          if (s[i] == s[j]) {
          if (j - i <= 1) { // 情况一 和 情况二
          result++;
          dp[i][j] = true;
          } else if (dp[i + 1][j - 1]) { // 情况三
          result++;
          dp[i][j] = true;
          }
          }

          result就是统计回文子串的数量
          注意这里我没有列出当s[i]与s[j]不相等的时候，因为在下面dp[i][j]初始化的时候，就初始为false

• dp数组如何初始化

  • dp[i][j]可以初始化为true么？当然不行，怎能刚开始就全都匹配上了，所以dp[i][j]初始化为false

• 确定遍历顺序

  • 遍历顺序可有有点讲究了
  • 首先从递推公式中可以看出，情况三是根据dp[i + 1][j - 1]是否为true，在对dp[i][j]进行赋值true的，dp[i + 1][j - 1]在dp[i][j]的左下角

• 如果这矩阵是从上到下，从左到右遍历，那么会用到没有计算过的dp[i + 1][j - 1]，也就是根据不确定是不是回文的区间[i+1,j-1]，来判断了[i,j]是不是回文，那结果一定是不对的
• 所以一定要从下到上，从左到右遍历，这样保证dp[i + 1][j - 1]都是经过计算的

  for (int i = s.length() - 1; i >= 0; i--) {  // 注意遍历顺序
  for (int j = i; j < s.length(); j++) {
     if (s[i] == s[j]) {
         if (j - i <= 1) { // 情况一 和 情况二
             result++;
             dp[i][j] = true;
         } else if (dp[i + 1][j - 1]) { // 情况三
             result++;
             dp[i][j] = true;
         }
     }
  }
  }

• 举例推导dp数组
  • 举例，输入：”aaa”，dp[i][j]状态如下：
    

图中有6个true，所以就是有6个回文子串。
注意因为dp[i][j]的定义，所以j一定是大于等于i的，那么在填充dp[i][j]的时候一定是只填充右上半部分

class Solution {
    public int countSubstrings(String s) {
        boolean[][] dp = new boolean[s.length()][s.length()];
        int result = 0;
        for (int i = s.length() - 1; i >= 0; i--) {  // 注意遍历顺序
            for (int j = i; j < s.length(); j++) {
                if (s.charAt(i) == s.charAt(j)) {
                    if (j - i <= 1) { // 情况一 和 情况二
                        result++;
                        dp[i][j] = true;
                    } else if (dp[i + 1][j - 1]) { // 情况三
                        result++;
                        dp[i][j] = true;
                    }
                }
            }
        }
        return result;
    }
}

简洁如下：

class Solution {
    public int countSubstrings(String s) {
        boolean[][] dp = new boolean[s.length()][s.length()];
        int result = 0;
        for (int i = s.length() - 1; i >= 0; i--) {
            for (int j = i; j < s.length(); j++) {
                if (s.charAt(i) == s.charAt(j) && (j - i <= 1 || dp[i + 1][j - 1])) {
                    result++;
                    dp[i][j] = true;
                }
            }
        }
        return result;
    }
}

• 时间复杂度：

• 空间复杂度：

  双指针法

  动态规划的空间复杂度是偏高的，我们再看一下双指针法。
  首先确定回文串，就是找中心然后向两边扩散看是不是对称的就可以了
  在遍历中心点的时候，要注意中心点有两种情况

• 一个元素可以作为中心点

• 两个元素也可以作为中心点

这两种情况可以放在一起计算，但分别计算思路更清晰，我倾向于分别计算，代码如下：

class Solution {
    public int countSubstrings(String s) {
        int result = 0;
        for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
            result += extend(s, i, i, s.length()); // 以i为中心 
            result += extend(s, i, i + 1, s.length()); // 以i和i+1为中心
        }
        return result;
    }
    public int extend(String s, int i, int j, int n) {
        int res = 0;
        while (i >= 0 && j < n && s.charAt(i) == s.charAt(j)) {
            i--;
            j++;
            res++;
        }
        return res;
    }
}

• 时间复杂度：O(n^2)
• 空间复杂度：O(1)