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leetcode 647.回文子串

leetcode 5.最长回文子串

leetcode1745.分割回文串IV

leetcode 132.分割回文串Ⅱ

leetcode 516.最长回文子序列

leetcode 1312.让字符串成为回文串的最少插入次数

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今天，我们将通过 6 道题目，来带各位了解并掌握动态规划中的回文串问题

（下文中的标题都是leedcode对应题目的链接）

leetcode 647.回文子串

首先根据我们之前的经验，我们的状态表示可以是：以 i 位置为结尾的所有回文子串的数目

但是我们很快会发现一个问题，那就是，我们无法通过一个 i 位置来确定这个子串是否是回文子串

所以我们需要两个位置，一个 i，一个 j，通过这两个位置，我们就能够确定这个 i~j 范围内的子串是否是回文

所以我们可以这样子，建立一个dp表表示这个范围内的子串是否是回文，而我们的返回值要一个数目，那我们就将dp表中所有为true的子串全部加起来，最后的结果就是返回值

具体这样判断：首先需要知道 i 位置的值和 j 位置的值是否相等，如果不相等的话，那么这就一定不是回文子串，就可以直接设置为false

如果相等，那么 i 和 j 会有三种情况，如果 i == j，那就意味着 i 和 j 指向同一个位置，那么只有他一个元素自然是回文，第二种情况就是： i+1 == j，这种情况意味着 i 和 j 是相邻的，而两个元素又有一个相等的前提，那么自然也是回文

随后一种就是，i 位置和 j 位置之间有其他元素，那么既然 i 位置的元素和 j 位置的元素相同，那么我们只需要判断 i+1 位置到 j-1 位置之间的子串是否回文即可，而这种情况我们可以在dp表中看到，也就是dp[i+1][j-1]，既然有用到 i+1，那么我们的填表顺序就是从右往左填

代码如下：

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

leetcode 5.最长回文子串

题意跟简单，就是给你一串字符串，找到里面长度最大的那个子字符串

首先我们可以沿用上一道题的方法，先创建一个dp表，然后我们表里面的信息就是 i、j 区域内的子串是否为回文

然后我们要的最长可以在填表的时候同步更新，也就是，我们每一次判断完是否是回文串之后，如果是的话，那么我们就可以通过 j - i + 1 来获得这个这一串回文串的长度，接着我们在外面设置三个变量res

接着，如果这个串比我们记录的res（之前的最长子串）还要长的话，那就证明我们之前记录的并不是最长，那就更新res、left、right，否则就不更新（left、right代表最长子串的左右下标，因为我们最后要返回一个字符串，我们就需要用到substr，所以需要同步更新下标）

而我们的返回值就是 s.substr(left, right-left+1);（下面的代码为了方便就用了a、b）

代码如下：

class Solution {
public:string longestPalindrome(string s) {int n = s.size();vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n));int comp = INT_MIN, a = 0, b = 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] = 1;else if(i+1 == j) dp[i][j] = 2;else dp[i][j] = dp[i+1][j-1] == 0 ? 0 : dp[i+1][j-1] + 2;}if(comp < dp[i][j])comp = dp[i][j], a = i, b = j;}}   return s.substr(a, b-a+1);}
};

leetcode1745.分割回文串IV

这题是困难题，但是当我们有了之前的经验之后，这道题其实和一道简单题差不多

首先来看题目，就是给你一个字符串，返回他能否被切割成三个字符串

那我们就先创建一个dp表，然后表里面放的都是 i、j 区域内这个字符串是否是回文串

当我们填完了这个表之后，而我们又需要看能否被切割成三个，那么先来举个例子：

0 ~ i-1      i ~ j       j+1 ~ n-1

首先如果他能形成三个子串的话，那么下标必然满足这个规律，那么我们是否可以直接遍历原表，因为我们将前两个确定了之后，最后一个区域是可以直接算出来的，所以我们只需要两层for循环，在一个O（N^2）时间复杂度之内将同时满足这三个条件的情况找出来，如果找得到，那么就返回true，否则就是false

经过了前面的铺垫之后，这一道题就是这么简单

代码如下：

class Solution {
public:bool checkPartitioning(string s) {int n = s.size();vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n));for(int i = n-1; i >= 0; i--){for(int j = i; j < n; j++)if(s[i] == s[j]){if(i == j || i+1 == j) dp[i][j] = true;else dp[i][j] = dp[i+1][j-1];}}for(int a = 1; a < n-1; a++){for(int b = a; b < n-1; b++)if(dp[0][a-1] && dp[a][b] && dp[b+1][n-1])return true;}return false;}
};

    

leetcode 132.分割回文串Ⅱ

题意很简单，就是给你一个字符串，问你把这个字符串分割成一个一个的子字符串最少需要多少次

首先，先确定状态表示：以 i 位置为结尾的子串被全部分割成回文子串的最少分割次数

那么既然是以 i 位置为结尾的，那么我们就会分为以下两种情况，一个是，如果 0 ~ i 位置这一整个字符串本身就是一个回文序列，那么我们是不是就不用切割了啊！那么此时的次数就是 0，这就是最少的次数

接着就是，如果 0~i 这个区间的字符串本身不是一个回文串，那么我们就需要引入一个 j 变量来在 i 变量之前搜索，如果 j ~ i 位置内的字符串是一个回文子串，那么我们 i 位置就应该填dp[j-1] + 1，代表 j - 1 位置之前的子串最少分割次数，最后因为我们无法确定 j 处于哪个位置的时候，切割的次数最少，所以我们需要依次遍历，最后取一个最小值

（注意，最坏的情况也就是 i 位置和 j 位置是同一个位置，这时候就相当于这个字符单独一个作为回文子串）

最后就是，我们在上面的判断之中会重复判断某一串字符串是否是回文串，所以我们可以先创建一张dp表，将每一个位置是否是回文串的信息先提前填好，这样我们就可以做到 O(1) 级别的时间复杂度来找到

这个步骤上面的每一道题都有讲到，这里就不讲了

代码如下：

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

leetcode 516.最长回文子序列

首先还是先写状态表示：由于我们是要找出最长的回文子序列，那么依据前面的经验，我们的状态表示就应该是：

在 i ~ j 区间内的所有子序列中，最长的那个子序列的长度

然后就是情况分析，分类讨论了

• 当 s[i] == s[j] 时，我们就又会面临三种情况，第一个是当 i 位置和 j 位置是同一个位置的时候，那么这时候的长度就是 1，当 i 位置的下一个位置就是 j 位置的时候，而 s[i] == s[j]，所以这时候的长度就应该等于 2，最后就是 i 位置和 j 位置之间间隔了很多其他元素，那么在我们的dp表中，dp[i+1][j-1] 位置不久刚好存着 i ~ j 位置之内不包括 i 和 j 的其他元素的最长回文子序列的长度吗，这时我们 dp[i][j] 就应该等于dp[i+1][j-1] + 2，而我们的 i 在本次循环的时候不动，j 在向后遍历，那么我们无法确定哪个 i、j 对于的子序列长度最长，所以我们在这里需要做一个max的判定操作
• 当 s[i] != s[j] 时，这时候就意味着，以 i 为起点 j 为终点的子序列一定不能同时包含 i 和 j，因为他们两个不相等，而这不符合回文，所以我们就需要在 i+1 ~ j  或者  i ~ j-1  中去找，这个可以在dp表中找，而这两种情况只是因为可以将不同时包含 i、j 的所有回文子序列找清楚，但是我们不能确定这两个哪个区间的长度会更大，所以我们在这里需要进行一个max操作，取大的那一个

经过上面的分析，我们就将所有的情况都分析清楚了，接下来我们来讲一讲填表顺序

由于我们需要用到 i+1 位置的值，所以我们在填表的时候，我们需要从右往左填，这样才能保证当我们需要用到 i+1 位置的时候，不会为空

接着是初始化，由于最小的子序列就是单个元素本身，长度就是 1，所以我们在初始化的时候，我们可以在一刚开始就将所有元素全部初始化为 1 (当然不初始化也没关系，因为我们都特判到了)

最后是返回值，由于我们要的是最长子序列的长度，所以我们就需要返回dp表中的最大值，这个工作我们可以在填表的时候同步进行

代码如下：

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

leetcode 1312.让字符串成为回文串的最少插入次数

这道题目经过上面那些题目的铺垫之后，其实已经没有那么难了

先来分析一下题目，我们可以得知，单单一个位置是无法完全确定是否是回文的，所以我们需要一个区间，一个头一个尾来进行判断

所以我们的状态表示就是：在 i、j 区域内的子串要被添加成回文子串最少需要插入几次

然后就是对着 i、j 这两个位置分析

其实和上一道题是几乎一样的：一个是两个位置的值是相等的，这延伸出三种情况，一个是 i 和 j 是同一个位置，一个是 i 位置的下一个位置是 j。这两种情况的插入次数都是 0

第三种是 i 和 j 之间又很多其他元素，这种情况的插入次数可以直接在dp表里面找，也就是dp[i+1][j-1]

然后第二个大类是两个位置的值不相等，那么我们就把 i ~ j-1  和  i+1 ~ j   这两种情况分别看成两个整体，所以我们只需要在原本的次数上再加上一次 i 或者一次 j 即可，所以就是：min(dp[i+1][j] + 1, dp[i][j-1] + 1)  （min操作时为了取这两种情况的最小次数）

最后我们返回的值就是dp[0][n-1]，代表整个字符串需要的最少插入次数

代码如下：
 

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

今天这篇博客到这里就结束啦~(￣▽￣)~*

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