647. 回文子串
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 。
《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：
- 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。
- 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。
- 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：
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;
}
}
}
}
- 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。
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
}
}