题目描述

题目来源：力扣 647

给你一个字符串 s ，请你统计并返回这个字符串中 回文子串 的数目。

回文字符串 是正着读和倒过来读一样的字符串。

子字符串 是字符串中的由连续字符组成的一个序列。

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：

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输入：s = "abc"
输出：3
解释：三个回文子串: "a", "b", "c"

示例 2：

1
2
3
输入：s = "aaa"
输出：6
解释：6个回文子串: "a", "a", "a", "aa", "aa", "aaa"

提示：

  • 1 <= s.length <= 1000
  • s 由小写英文字母组成

方法

如果一上来用暴力写的话，必定超时，时间复杂度为O($n^3$)。超时的原因很简单，因为对于每一个子串我们都进行了遍历，这样会造成很多的重复计算。因此，我们需要考虑利用某些子串的判断结果来简化算法的复杂度。这里介绍动态规划和中心扩散两种方法。

动态规划

动规的解题步骤：

1.确定dp数组（dp table）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。

2.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。

以上三种情况分析完了，那么递归公式如下：

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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，如图：

dp矩阵
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。

有的代码实现是优先遍历列，然后遍历行，其实也是一个道理，都是为了保证dp[i + 1][j - 1]都是经过计算的。

C++代码如下：

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class Solution {
public:
    int countSubstrings(string s) {
        int result = 0, n = s.length();
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, false));
        for (int i = n-1; i >= 0; --i) {
            for (int j = i; j < n; j++) {
                if (s[i] == s[j]) {
                    if (j-i <= 1) {
                        dp[i][j] = true;
                        result++;
                    } else if (dp[i+1][j-1]) {
                        dp[i][j] = true;
                        result++;
                    }
                }
            }
        }
        return result;
    }
    
};

dp矩阵的压缩

可以看到，上面这种方法用到的dp矩阵是二维的，空间复杂度比较高。有没有一种办法来降低空间复杂度呢？答案是可以的。使用压缩矩阵的思路。

压缩二维矩阵的适用条件：当这一层（列）的结果仅依赖于上一层（列）时，那么可以在这一层（列）进行原地更新。

观察上面这个状态转移方程，我们知道，矩阵是从下网上遍历的，第i层的结果依赖于第i+1层，因此我们可以将矩阵进行纵向压缩。

遍历的顺序：必须是从下往上，从右往左。为什么必须是从右往左，而上面就可以从左往右呢？那是因为压缩后dp[j]依赖原来的dp[j-1]，如果从左往右的话，原来的dp[j-1]就会被新的给覆盖掉。

C++代码如下：

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class Solution {
public:
    int countSubstrings(string s) {
        int result = 0, n = s.length();
        vector<int> dp(n, false);
        for (int i = n-1; i >= 0; i--) {
            for (int j = n-1; j >= i; j--) {
                if (s[i] == s[j]) {
                    if (j-i <= 1) {
                        dp[j] = true;
                        result++;
                    } else if (dp[j-1]) {
                        dp[j] = true;
                        result++;
                    } else {
                        dp[j] = false;
                    }
                } else {
                    dp[j] = false;
                }
            }
        }
        return result;
    }
};

中心扩散

首先确定回文串，就是找中心然后想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。

对于三个元素，可以由一个元素左右添加元素得到，四个元素则可以由两个元素左右添加元素得到，所以我们在计算的时候，要注意一个元素为中心点和两个元素为中心点的情况。

C++代码如下：

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class Solution {
public:
    int countSubstrings(string s) {
        int result = 0;
        for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
            result += extend(s, i, i, s.size()); // 以i为中心
            result += extend(s, i, i + 1, s.size()); // 以i和i+1为中心
        }
        return result;
    }
    int extend(const string& s, int i, int j, int n) {
        int res = 0;
        while (i >= 0 && j < n && s[i] == s[j]) {
            i--;
            j++;
            res++;
        }
        return res;
    }
};

以上两种方法对应的时间复杂度都是$O(n^2)$。

两种方法参考了代码随想录大佬的思路，链接：https://leetcode.cn/problems/palindromic-substrings/solutions/917242/dai-ma-sui-xiang-lu-dai-ni-xue-tou-dpzi-vidge/。