刷题DAY57 | LeetCode 647-回文子串 516-最长回文子序列

647 回文子串（medium）

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。

思路：1.动态规划，利用回文子串的特性设置二维数组 2.双指针法

动规五部曲：

1.确定dp数组（dp table）以及下标的含义

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。

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;
    }
}
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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。

3.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。

4.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：

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。

代码实现1：

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

代码实现2（简洁版）：

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;
    }
};
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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：

代码实现3（双指针法）：

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

详细解析：
思路视频
代码实现文章

516 最长回文子序列（medium）

给你一个字符串 s ，找出其中最长的回文子序列，并返回该序列的长度。

子序列定义为：不改变剩余字符顺序的情况下，删除某些字符或者不删除任何字符形成的一个序列。

思路：动态规划法，设置二维数组找好递推关系即可

代码实现：

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

详细解析：
思路视频
代码实现文章