LeetCode 647. Palindromic Substrings的三种解法
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题目详情
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，也会被计为是不同的子串。
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 说明: 6个回文子串: "a", "a", "a", "aa", "aa", "aaa".
注意:
- 输入的字符串长度不会超过1000。
题目分析
一个小问题，子串（Substring）、子数组（Subarray）和子序列（Subsequence）的区别：子串和子数组是等同的，特点是连续的，比如[1,2,3]的子串有(1), (2), (3), (1,2), (2,3), (1,2,3)。而子序列不一定相邻，但相对顺序一致，比如（1,3）是[1,2,3]的一个子序列。
方法有很多种，简单讲一些。
方法一： DP
一开始定义DP[i][j]为i、j之间的回文子串数，很是麻烦，还需要另外的数组记录子串[i, j]是否是回文的。其实没有必要，直接将DP[i][j]定义成子串[i, j]是否是回文串。外循环 i从 n−1 往 0 遍历，内循环 j 从 i 往 n−1 遍历，若s[i]==s[j]：
若i==j，则dp[i][j]=true；
若i和j是相邻的，则dp[i][j]=true；
若i和j中间只有一个字符，则dp[i][j]=true；
否则，检查dp[i+1][j-1]是否为true，若为true，那么dp[i][j]就是true。
前三条可以合并，即 j−i≤2。求得dp[i][j]真值后，如果其为true，最终结果res++。
时间复杂度：O(n^2)。
方法一参考代码：
class Solution {
public:
int countSubstrings(string s) {
int len = s.size(), res = 0;
vector<vector<bool>> dp(len, vector<bool>(len, false));
for (int i = len - 1; i >= 0; --i) {
for (int j = i; j < len; ++j) {
dp[i][j] = (s[i] == s[j]) && (j - i <= 2 || dp[i + 1][j - 1]);
if (dp[i][j]) ++res;
}
}
return res;
}
};
方法二：回文中心法
本题可以不用DP，而是采用一种巧妙的方法：回文中心法。什么意思呢？考虑不同的回文中心，往两边扩散，求得回文数。需要考虑两种情况：如果是奇数长度回文串，了么回文中心为最中间的一个字符；如果是偶数长度回文串，这回文中心为最中间的两个字符。
每个回文子串只有一个回文中心，所以这种方法不会重复计算，也不会漏算。
时间复杂度：O(n^2)。
方法二参考代码：
class Solution {
public:
int countSubstrings(string s) {
int len = s.size(), res = 0;
for (int i = 0; i < len; ++i) {
int mid1 = i, mid2 = i;//奇数
while (mid1 >= 0 && mid2 < len && s[mid1] == s[mid2]) {
--mid1; ++mid2; ++res;
}
mid1 = i, mid2 = i+1;//偶数
while (mid1 >= 0 && mid2 < len && s[mid1] == s[mid2]) {
--mid1; ++mid2; ++res;
}
}
return res;
}
};
方法三：“马拉车”算法
神奇的算法，先马一下，学会再写上。听说时间复杂度是 O(n)。
好了，学到了，请参考：什么是马拉车算法？
利用马拉车算法，可以得到所有情况下的最大半径，以s[i]为中心，RL[i]为半径的回文串中含有的字回文串数目是 RL[i]/2 个。
方法三参考代码：
class Solution {
public:
int countSubstrings(string s) {
//预处理
string t = "#";
for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {
t += s[i];
t += "#";
}
vector<int> RL(t.size(), 0);
int MaxRight = 0, pos = 0;
int res = 0;
for (int i = 0; i < t.size(); ++i) {
RL[i] = MaxRight > i ? min(RL[2 * pos - i], MaxRight - i) : 1;
while (i-RL[i] >=0 && i+RL[i] < t.size() && t[i + RL[i]] == t[i - RL[i]])//扩展，注意边界
++RL[i];
//更新最右端及其中心
if (MaxRight < i + RL[i] -1) {
MaxRight = i + RL[i] -1;
pos = i;
}
res += RL[i]/2;
}
return res;
}
};
