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0647.回文子串.md

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647. 回文子串

力扣题目链接

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"

提示：输入的字符串长度不会超过 1000 。

算法公开课

《代码随想录》算法视频公开课：动态规划，字符串性质决定了DP数组的定义 | LeetCode：647.回文子串，相信结合视频在看本篇题解，更有助于大家对本题的理解。

思路

暴力解法

两层for循环，遍历区间起始位置和终止位置，然后还需要一层遍历判断这个区间是不是回文。所以时间复杂度：O(n^3)

动态规划

动规五部曲：

  1. 确定dp数组（dp table）以及下标的含义

如果大家做了很多这种子序列相关的题目，在定义dp数组的时候 很自然就会想题目求什么，我们就如何定义dp数组。

绝大多数题目确实是这样，不过本题如果我们定义，dp[i] 为 下标i结尾的字符串有 dp[i]个回文串的话，我们会发现很难找到递归关系。

dp[i] 和 dp[i-1] ，dp[i + 1] 看上去都没啥关系。

所以我们要看回文串的性质。 如图：

我们在判断字符串S是否是回文，那么如果我们知道 s[1]，s[2]，s[3] 这个子串是回文的，那么只需要比较 s[0]和s[4]这两个元素是否相同，如果相同的话，这个字符串s 就是回文串。

那么此时我们是不是能找到一种递归关系，也就是判断一个子字符串（字符串的下表范围[i,j]）是否回文，依赖于，子字符串（下表范围[i + 1, j - 1]）） 是否是回文。

所以为了明确这种递归关系，我们的dp数组是要定义成一位二维dp数组。

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。

  1. 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，也是回文子串
  • 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：

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。

  1. 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。

  1. 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：

647.回文子串

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。

代码如下：

for (int i = s.size() - 1; i >= 0; i--) {  // 注意遍历顺序
    for (int j = i; j < s.size(); 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;
            }
        }
    }
}
  1. 举例推导dp数组

举例，输入："aaa"，dp[i][j]状态如下：

647.回文子串1

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。

以上分析完毕，C++代码如下：

class Solution {
public:
    int countSubstrings(string s) {
        vector<vector<bool>> dp(s.size(), vector<bool>(s.size(), false));
        int result = 0;
        for (int i = s.size() - 1; i >= 0; i--) {  // 注意遍历顺序
            for (int j = i; j < s.size(); 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;
                    }
                }
            }
        }
        return result;
    }
};

以上代码是为了凸显情况一二三，当然是可以简洁一下的，如下：

class Solution {
public:
    int countSubstrings(string s) {
        vector<vector<bool>> dp(s.size(), vector<bool>(s.size(), false));
        int result = 0;
        for (int i = s.size() - 1; i >= 0; i--) {
            for (int j = i; j < s.size(); j++) {
                if (s[i] == s[j] && (j - i <= 1 || dp[i + 1][j - 1])) {
                    result++;
                    dp[i][j] = true;
                }
            }
        }
        return result;
    }
};
  • 时间复杂度：O(n^2)
  • 空间复杂度：O(n^2)

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。

那么有人同学问了，三个元素还可以做中心点呢。其实三个元素就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。

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.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;
    }
};
  • 时间复杂度：O(n^2)
  • 空间复杂度：O(1)

其他语言版本

Java：

动态规划：

class Solution {
    public int countSubstrings(String s) {
        char[] chars = s.toCharArray();
        int len = chars.length;
        boolean[][] dp = new boolean[len][len];
        int result = 0;
        for (int i = len - 1; i >= 0; i--) {
            for (int j = i; j < len; j++) {
                if (chars[i] == chars[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;
    }
}

动态规划：简洁版

class Solution {
    public int countSubstrings(String s) {
        boolean[][] dp = new boolean[s.length()][s.length()];
        
        int res = 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])) {
                    res++;
                    dp[i][j] = true;
                }
            }
        }
        return res;
    }
}

中心扩散法：

class Solution {
    public int countSubstrings(String s) {
        int len, ans = 0;
        if (s == null || (len = s.length()) < 1) return 0;
        //总共有2 * len - 1个中心点
        for (int i = 0; i < 2 * len - 1; i++) {
            //通过遍历每个回文中心，向两边扩散，并判断是否回文字串
            //有两种情况，left == right，right = left + 1，这两种回文中心是不一样的
            int left = i / 2, right = left + i % 2;
            while (left >= 0 && right < len && s.charAt(left) == s.charAt(right)) {
                //如果当前是一个回文串，则记录数量
                ans++;
                left--;
                right++;
            }
        }
        return ans;
    }
}

LeetCode 5. Longest Palindromic Substring(LeetCode 647. 同一題的思路改一下、加一點，就能通過LeetCode 5)

class Solution {
    public String longestPalindrome(String s) {
        //題目要求要return 最長的回文連續子串，故需要記錄當前最長的連續回文子串長度、最終起點、最終終點。
        int finalStart = 0; 
        int finalEnd = 0;
        int finalLen = 0;

        char[] chars = s.toCharArray();
        int len = chars.length;

        boolean[][] dp = new boolean[len][len];
        for (int i = len - 1; i >= 0; i--) {
            for (int j = i; j < len; j++) {
                if (chars[i] == chars[j] && (j - i <= 1 || dp[i + 1][j - 1]))
                        dp[i][j] = true;
                //和LeetCode 647，差別就在這個if statement。
                //如果當前[i, j]範圍內的substring是回文子串(dp[i][j]) 且(&&) 長度大於當前要記錄的最終長度(j - i + 1 > finalLen)
                //我們就更新 當前最長的連續回文子串長度、最終起點、最終終點
                if (dp[i][j] && j - i + 1 > finalLen) {
                    finalLen = j - i + 1;
                    finalStart = i;
                    finalEnd = j;
                }
            }
        }
        //String.substring這個method的用法是[起點, 終點)，包含起點，不包含終點（左閉右開區間），故終點 + 1。
        return s.substring(finalStart, finalEnd + 1);
    }
}

Python：

动态规划：

class Solution:
    def countSubstrings(self, s: str) -> int:
        dp = [[False] * len(s) for _ in range(len(s))]
        result = 0
        for i in range(len(s)-1, -1, -1): #注意遍历顺序
            for j in range(i, len(s)):
                if s[i] == s[j]:
                    if j - i <= 1: #情况一 和 情况二
                        result += 1
                        dp[i][j] = True
                    elif dp[i+1][j-1]: #情况三
                        result += 1
                        dp[i][j] = True
        return result

动态规划：简洁版

class Solution:
    def countSubstrings(self, s: str) -> int:
        dp = [[False] * len(s) for _ in range(len(s))]
        result = 0
        for i in range(len(s)-1, -1, -1): #注意遍历顺序
            for j in range(i, len(s)):
                if s[i] == s[j] and (j - i <= 1 or dp[i+1][j-1]): 
                    result += 1
                    dp[i][j] = True
        return result

双指针法：

class Solution:
    def countSubstrings(self, s: str) -> int:
        result = 0
        for i in range(len(s)):
            result += self.extend(s, i, i, len(s)) #以i为中心
            result += self.extend(s, i, i+1, len(s)) #以i和i+1为中心
        return result
    
    def extend(self, s, i, j, n):
        res = 0
        while i >= 0 and j < n and s[i] == s[j]:
            i -= 1
            j += 1
            res += 1
        return res

Go：

func countSubstrings(s string) int {
    res:=0
    dp:=make([][]bool,len(s))
    for i:=0;i<len(s);i++{
        dp[i]=make([]bool,len(s))
    }

    for i:=len(s)-1;i>=0;i--{
        for j:=i;j<len(s);j++{
            if s[i]==s[j]{
                if j-i<=1{
                    res++
                    dp[i][j]=true
                }else if dp[i+1][j-1]{
                    res++
                    dp[i][j]=true
                }
            }
        }
    }
    return res
}

Javascript：

动态规划

const countSubstrings = (s) => {
    const strLen = s.length;
    let numOfPalindromicStr = 0;
    let dp = Array.from(Array(strLen), () => Array(strLen).fill(false));

    for(let j = 0; j < strLen; j++) {
        for(let i = 0; i <= j; i++) {
            if(s[i] === s[j]) {
                if((j - i) < 2) {
                    dp[i][j] = true;
                } else {
                    dp[i][j] = dp[i+1][j-1];
                }
                numOfPalindromicStr += dp[i][j] ? 1 : 0;
            }
        }
    }

    return numOfPalindromicStr;
}

双指针法：

const countSubstrings = (s) => {
    const strLen = s.length;
    let numOfPalindromicStr = 0;

    for(let i = 0; i < 2 * strLen - 1; i++) {
        let left = Math.floor(i/2);
        let right = left + i % 2;

        while(left >= 0 && right < strLen && s[left] === s[right]){
            numOfPalindromicStr++;
            left--;
            right++;
        }
    }

    return numOfPalindromicStr;
}

TypeScript：

动态规划：

function countSubstrings(s: string): number {
    /**
        dp[i][j]: [i,j]区间内的字符串是否为回文(左闭右闭)
     */
    const length: number = s.length;
    const dp: boolean[][] = new Array(length).fill(0)
        .map(_ => new Array(length).fill(false));
    let resCount: number = 0;
    // 自下而上，自左向右遍历
    for (let i = length - 1; i >= 0; i--) {
        for (let j = i; j < length; j++) {
            if (
                s[i] === s[j] &&
                (j - i <= 1 || dp[i + 1][j - 1] === true)
            ) {
                dp[i][j] = true;
                resCount++;
            }
        }
    }
    return resCount;
};

双指针法：

function countSubstrings(s: string): number {
    const length: number = s.length;
    let resCount: number = 0;
    for (let i = 0; i < length; i++) {
        resCount += expandRange(s, i, i);
        resCount += expandRange(s, i, i + 1);
    }
    return resCount;
};
function expandRange(s: string, left: number, right: number): number {
    let palindromeNum: number = 0;
    while (
        left >= 0 && right < s.length &&
        s[left] === s[right]
    ) {
        palindromeNum++;
        left--;
        right++;
    }
    return palindromeNum;
}

Rust：

impl Solution {
    pub fn count_substrings(s: String) -> i32 {
        let mut dp = vec![vec![false; s.len()]; s.len()];
        let mut res = 0;

        for i in (0..s.len()).rev() {
            for j in i..s.len() {
                if s[i..=i] == s[j..=j] && (j - i <= 1 || dp[i + 1][j - 1]) {
                    dp[i][j] = true;
                    res += 1;
                }
            }
        }
        res
    }
}

双指针

impl Solution {
    pub fn count_substrings(s: String) -> i32 {
        let mut res = 0;
        for i in 0..s.len() {
            res += Self::extend(&s, i, i, s.len());
            res += Self::extend(&s, i, i + 1, s.len());
        }
        res
    }

    fn extend(s: &str, mut i: usize, mut j: usize, len: usize) -> i32 {
        let mut res = 0;
        while i < len && j < len && s[i..=i] == s[j..=j] {
            res += 1;
            i = i.wrapping_sub(1);
            j += 1;
        }
        res
    }
}