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題目詳情

給定一個字串，你的任務是計算這個字串中有多少個迴文子串。

具有不同開始位置或結束位置的子串，即使是由相同的字元組成，也會被計為是不同的子串。

示例 1:

輸入: "abc"
輸出: 3
解釋: 三個迴文子串: "a", "b", "c".

示例 2:

輸入: "aaa"
輸出: 6
說明: 6個迴文子串: "a", "a", "a", "aa", "aa", "aaa".

注意:

1. 輸入的字串長度不會超過1000。

題目分析

一個小問題，子串（Substring）、子陣列（Subarray）和子序列（Subsequence）的區別：子串和子陣列是等同的，特點是連續的，比如[1,2,3]的子串有(1), (2), (3), (1,2), (2,3), (1,2,3)。而子序列不一定相鄰，但相對順序一致，比如（1,3）是[1,2,3]的一個子序列。

方法有很多種，簡單講一些。

方法一： DP

一開始定義DP[i][j]為i、j之間的迴文子串數，很是麻煩，還需要另外的陣列記錄子串[i, j]是否是迴文的。其實沒有必要，直接將DP[i][j]定義成子串[i, j]是否是迴文串。外迴圈 i從 n−1 往 0 遍歷，內迴圈 j 從 i 往 n−1 遍歷，若s[i]==s[j]：

若i==j，則dp[i][j]=true；
若i和j是相鄰的，則dp[i][j]=true；
若i和j中間只有一個字元，則dp[i][j]=true；
否則，檢查dp[i+1][j-1]是否為true，若為true，那麼dp[i][j]就是true。
前三條可以合併，即 j−i≤2。求得dp[i][j]真值後，如果其為true，最終結果res++。

時間複雜度：O(n^2)。

方法一參考程式碼：

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：迴文中心法

本題可以不用DP，而是採用一種巧妙的方法：迴文中心法。什麼意思呢？考慮不同的迴文中心，往兩邊擴散，求得迴文數。需要考慮兩種情況：如果是奇數長度迴文串，了麼迴文中心為最中間的一個字元；如果是偶數長度迴文串，這回文中心為最中間的兩個字元。

每個迴文子串只有一個迴文中心，所以這種方法不會重複計算，也不會漏算。

時間複雜度：O(n^2)。

方法二參考程式碼：

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;//奇數
            while (mid1 >= 0 && mid2 < len && s[mid1] == s[mid2]) {
                --mid1; ++mid2; ++res;
            }
            
            mid1 = i, mid2 = i+1;//偶數
            while (mid1 >= 0 && mid2 < len && s[mid1] == s[mid2]) {
                --mid1; ++mid2; ++res;
            }
        }
        return res;
    }
};

方法三：“馬拉車”演算法

神奇的演算法，先馬一下，學會再寫上。聽說時間複雜度是 O(n)。

好了，學到了，請參考：什麼是馬拉車演算法？

利用馬拉車演算法，可以得到所有情況下的最大半徑，以s[i]為中心，RL[i]為半徑的迴文串中含有的字迴文串數目是 RL[i]/2 個。

方法三參考程式碼：

class Solution {
public:
    int countSubstrings(string s) {
        //預處理
        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]])//擴充套件，注意邊界
                ++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;
    }
};