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[dp14_回文串] 分割回文串 II | 最长回文子序列 | 让字符串成为回文串的最少插入次数

news 来源：原创 2025/6/11 5:02:12

1.分割回文串 II

题解

2.最长回文子序列

题解

3.让字符串成为回文串的最少插入次数

题解

回文串，想通过s[i] == s[j] 来实现状态变化，由二维数组右下角开始扩散

1.分割回文串 II

链接： 132. 分割回文串 II

给你一个字符串 s，请你将 s 分割成一些子串，使每个子串都是回文串。

返回符合要求的 最少分割次数 。

示例 1：

输入：s = "aab"
输出：1
解释：只需一次分割就可将 s 分割成 ["aa","b"] 这样两个回文子串。

示例 2：

输入：s = "a"
输出：0

示例 3：

输入：s = "ab"
输出：1

在做这道题之前，可以去做一下单词拆分那题，判断 j--i 是不是即可，是的话 dp[j-1]+1

题解

1.状态表示

这道题和 “单词拆分” 类似，需要从左往右一个一个试，所以我们可以根据经验 + 题目要求来找出状态表示。

之前的题用某个位置为结尾的状态表示，推不出状态转移方程。。经验失效了，所以用的方法解决。这道题可以。
dp[i] 表示： s [0,i] 区间上的最长的子串，最少分割次数

2.状态转移方程

仅需考虑[0,i]区间的子串，不需要考虑后面的。

如果[0,i]区间的子串本身就是回文了，根本不需要切割了。

如果[0,i]区间的子串不是回文，这个时候就想dp[i]能不能用之前的状态来表示一下，如果可以就能推出状态转移方程。
如果 [0,i] 区间来一个 j 切出来一个 [j,i] 的子串，如果[j,i] 是一个回文串，接下来在 [0,j-1] 看看切多少刀，然后再加上切出来的[j,i] 这一刀就可以了。
我们要经常判断 0 ~ i，j ~ i 是否是回文，总体时间复杂度O(N^3)。

所以优化一下：

回文子串，二维 dp 表，将所有的子串是否是回文的信息，保存在 dp 表里面。
这样就可以以O(1)时间复杂度在 dp 表中判断是否是回文了，时间复杂度降到O(N^2)

3.初始化

这道题是不用初始化的，因为只有 j == 0，dp[j -1]才会越界，但是 j > 0。
因为只有本身的话，没什么好切割的
但是因为dp[i] 要找最小，如果不初始化 dp表里面都是0，选最小会有影响
所以 dp 表内所有的值都初始化为无穷大。

4.填表顺序

从左往右

5.返回值

dp[i] 表示： s [0,i] 区间上的最长的子串，最少分割次数
这道题要求整个区间的最少分割次数，所以返回 dp[n-1]

找回文串的思路上一篇文章当中有讲到过

class Solution {
public:int minCut(string s) {int n=s.size();if(n==1) return 0;//先 处理 回文串vector<vector<bool>> dp(n,vector<bool>(n,false));for(int i=n-1;i>=0;i--){for(int j=i;j<n;j++) //！！！！向后移动{if(s[i]==s[j]){if(i==j)dp[i][j]=true;else if(i+1==j)dp[i][j]=true;elsedp[i][j]=dp[i+1][j-1];}}}
//双二维dp 先判bool
//再 切割次数//二维数组 表切割起始 和结束vector<int> ret(n,INT_MAX);//求最小值 初始化为 最大ret[0]=0;for(int i=1;i<n;i++){if(dp[0][i]) ret[i]=0;for(int j=1;j<=i;j++){if(dp[j][i]){ret[i]=min(ret[i],ret[j-1]+1);}}}return ret[n-1];}
};

2.最长回文子序列

链接：516. 最长回文子序列

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。

示例 1：

输入：s = "bbbab"
输出：4
解释：一个可能的最长回文子序列为 "bbbb" 。

示例 2：

输入：s = "cbbd"
输出：2
解释：一个可能的最长回文子序列为 "bb" 。

如果是连续的子数组，我们可以很简单的想到

class Solution {
public:int longestPalindromeSubseq(string s) {//bool 判回文int n=s.size(),ret=0;vector<vector<bool>> dp(n,vector<bool>(n,false));for(int i=n-1;i>=0;i--){for(int j=i;j<n;j++){if(s[i]==s[j]){if(i==j)dp[i][j]=true;else if(i+1==j)dp[i][j]=true;elsedp[i][j]=dp[i+1][j-1];}if(dp[i][j]) ret=max(ret,j-i+1);}// 左下往右上填}return ret;}
};

那么子序列呢

题解

1.状态表示

关于子序列的题我们做了很多了，前面都是以 i 位置为结尾 + 题目要求分析问题
这里我们先根据之前的经验来一个状态表示

dp[i] 表示：以 i 位置元素为结尾的所有子序列中，最长回文子序列的长度。

以 i 位置元素为结尾，势必会用到 i 位置之前，i - 1， i - 2，i - 3。。。这种找子序列的套路可以跟在它们任意后面，根据 dp[i -1]，dp[i - 2]，dp[i - 3] 去填 dp[i]。
但是这里有个问题上面状态表示只知道前面最长回文子序列的长度
并不知道回文子序列是什么，加上 i 位置是否构成回文子序列。因此上面状态表示不对。

在回文子串哪里，如果以 i 位置为起点，j 位置为结束的子串是一个回文子串，i 前面加一个字符，j 后面加一个字符，如果相等，依旧是一个回文子串。

比如在s 字符串里面依旧选一个 i -> j 区间，如果知道这个区间内的最长回文子序列的长度，如果 i 前面字符和 j 后面字符是一样的。
那也能推出来 i - 1 -> j +1 区间回文子序列的长度。在原有基础上多加一个2。因此状态表示

dp[i][j] 表示：s 字符串 [i, j] 区间内的所有子序列，最长的回文子序列的长度。

还是应用到了一维不行，那就在加一维表区间的思想

2.状态转移方程

如果 s[i] == s[j]

i == j ，最长的回文子序列的长度为1
i +1 == j ，最长的回文子序列的长度为2
i + 1 < j ，现在 i + 1 -> j - 1 区间内找最长的，然后在加上 i j，最长的回文子序列的长度为dp[i + 1][j -1] + 2

如果s[i] != s[j]

i j 一定不可能同时存在构不成回文子序列，那就去找 i + 1 -> j 区间和 i -> j - 1区间找找，然后取两个区间的最大值就可以了。
注意 i + 1 - > j - 1区间已经包括在上面的区间了，因此不用单独去找了。

3.初始化

因为 s[i] == s[j]情况分的特别细，所有dp[i+1][j-1]是不会越界的。

考虑一下 s[i] != s[j]，来一个二维dp表，我们只会用到上三角，因为要保证 i <= j。
只有 i == j 并且第一个位置和最后一个位置 dp[i][j-1] 和 dp[i+1][j] 会越界
但是注意是在 i == j 的情况。因此我们可以在填表时提前特殊处理一下 i == j dp[i][j] =1。
所以 dp[i][j-1] 和 dp[i+1][j]这两个位置越界根本不会发生，因此表无需初始化。

4.填表顺序

因此，从下往上填写每一行
每一行从左往右填写

5.返回值

dp[i][j] 表示：s 字符串 [i, j] 区间内的所有子序列，最长的回文子序列的长度。
但是我们要的是整个区间的最长的回文子序列的长度，因此返回 dp[0][n-1]。

class Solution {
public:int longestPalindromeSubseq(string s) {int n=s.size();vector<vector<int>> dp(n,vector<int>(n,0));//初始化for(int i=n-1;i>=0;i--){for(int j=i;j<n;j++){if(s[i]==s[j]){if(i==j)dp[i][j]=1;else if(i+1==j)dp[i][j]=2;elsedp[i][j]=dp[i+1][j-1]+2;}elsedp[i][j]=max(dp[i][j-1],dp[i+1][j]);}}return dp[0][n-1];  }
};

相当于是从最右下角开始填的
s[i] 和 s[j] 的关系，为状态变化契机
要记得初始化DP，才能通过下标来引用

3.让字符串成为回文串的最少插入次数

链接：1312. 让字符串成为回文串的最少插入次数

给你一个字符串 s ，每一次操作你都可以在字符串的任意位置插入任意字符。

请你返回让 s 成为回文串的 最少操作次数 。

「回文串」是正读和反读都相同的字符串。

示例 1：

输入：s = "zzazz"
输出：0
解释：字符串 "zzazz" 已经是回文串了，所以不需要做任何插入操作。

示例 2：

输入：s = "mbadm"
输出：2
解释：字符串可变为 "mbdadbm" 或者 "mdbabdm" 。

示例 3：

输入：s = "leetcode"
输出：5
解释：插入 5 个字符后字符串变为 "leetcodocteel" 。

题解

1.状态表示

我们已经做过很多回文串的问题，因此我们还是在这个 s 字符串中选取一段区间
i ->j 研究问题（i <= j）
dp[i][j] 表示：s里面 [i,j] 区间内的子串，使它成为回文串的最小插入次数

2.状态转移方程

关于回文串这里从i -> j，我们就以这两个端点来分析问题

当s[i] == s[j]

i == j，本身 --不用插入
i + 1 == j，相邻--不用插入操作
i + 1 < j， i 和 j 中间有其他字符，因为 s[i] 已经等于 s[j]，所以只用考虑 i + 1 -> j -1区间最小插入次数，正好就是 dp[i + 1][j - 1]

当s[i] != s[j]

i 和 j 位置字符不相等，我想要让这个区间是回文串，必须得先让两个端点是回文串，有两个方法
第一种方法，可以考虑在 i 前面加一个 s[j] 然后就可以和 j 位置字符匹配，然后让 i -> j -1区间成为回文串就行了，就是dp[i][j-1]。
第二种方法，可以考虑在 j 后面加一个 s[i] 然后就可以和 i 位置字符匹配，然后让 i + 1-> j 区间成为回文串就行了，就是dp[i + 1][j]。

然后取这两种情况的最小值。

3.初始化

当 s[i] == s[j] 情况，分析一下dp[i + 1][j - 1] 会不会越界。
注意 i <= j 只填上三角，当 i == j 的时候对角第一个位置和最后一个位置会越界，但是 i == j 我们已经特殊处理了，i == j 等于 0。因此不用初始化。

还有一点 i + 1 == j ，可以和 i + 1 < j 合并，当 i + 1 == j 可以用dp[i + 1][j - 1] 填。如果在创建 dp 表初始化就是0，i + 1 == j 放在i + 1 < j里面填，dp[i + 1][j - 1]也是0

当 s[i] != s[j]

肯定不会对角线，因为对角线肯定是 s[i] == s[j]。肯定是不会越界的。

4.填表顺序

当填 i j 发现会用到左边，左下，下边。因此从下往上每一行，每一行从左往右
即最右下角开始填

5.返回值

dp[i][j] 表示：s里面 [i,j] 区间内的子串，使它成为回文串的最小插入次数
而我们要的是整个区间的最小插入次数，因此返回 dp[0][n-1]

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