[LeetCode] Count Different Palindromic Subsequences 計數不同的迴文子序列的個數
Given a string S, find the number of different non-empty palindromic subsequences in S, and return that number modulo 10^9 + 7.
A subsequence of a string S is obtained by deleting 0 or more characters from S.
A sequence is palindromic if it is equal to the sequence reversed.
Two sequences A_1, A_2, ...
B_1, B_2, ... are different if there is some i for which A_i != B_i.
Example 1:
Input: S = 'bccb' Output: 6 Explanation: The 6 different non-empty palindromic subsequences are 'b', 'c', 'bb', 'cc', 'bcb', 'bccb'. Note that 'bcb' is counted only once, even though it occurs twice.
Example 2:
Input: S = 'abcdabcdabcdabcdabcdabcdabcdabcddcbadcbadcbadcbadcbadcbadcbadcba' Output: 104860361 Explanation: There are 3104860382 different non-empty palindromic subsequences, which is 104860361 modulo 10^9 + 7.
Note:
- The length of
Swill be in the range[1, 1000]. - Each character
S[i]will be in the set{'a', 'b', 'c', 'd'}.
這道題給了給了我們一個字串，讓我們求出所有的非空迴文子序列的個數，雖然這題限制了字元只有四種，但是我們還是按一般的情況來解吧，可以有26個字母。然後說最終結果要對一個很大的數字取餘，這就暗示了結果會是一個很大的值，那麼對於這種問題一般都是用DP或者是帶記憶陣列memo的遞迴來解，二者的本質其實是一樣的。我們先來看帶記憶陣列memo的遞迴解法，這種解法的思路是一層一層剝洋蔥，比如"bccb"，按照字母來剝，先剝字母b，確定最外層"b _ _ b"，這會產生兩個迴文子序列"b"和"bb"，然後遞迴進中間的部分，把中間的迴文子序列個數算出來加到結果res中，然後開始剝字母c，找到最外層"cc"，此時會產生兩個迴文子序列"c"和"cc"，然後由於中間沒有字串了，所以遞迴返回0，按照這種方法就可以算出所有的迴文子序列了。
我們建立一個二維陣列chars，外層長度為26，裡面放一個空陣列。這是為了統計每個字母在原字串中出現的位置，然後定義一個二維記憶陣列memo，其中memo[i][j]表示第i個字元到第j個字元之間的子字串中的迴文子序列的個數，初始化均為0。然後我們遍歷字串S，將每個字元的位置加入其對應的陣列中，比如對於"bccb"，那麼有：
b -> {0, 3}
c -> {1, 2}
然後在[0, n]的範圍內呼叫遞迴函式，在遞迴函式中，首先判斷如果start大於等於end，返回0。如果當前位置在memo的值大於0，說明當前情況已經計算過了，直接返回memo陣列中的值。否則進行所有字母的遍歷，如果某個字母對應的陣列中沒有值，說明該字母不曾在字串中出現，跳過。然後我們在字母陣列中查詢第一個不小於start的位置，查詢第一個小於end的位置，當前迴圈中，start為0，end為4，當前處理字母b，我們的new_start指向0，new_end指向3，如果當前new_start指向了end()，或者其指向的位置大於end，說明當前範圍內沒有字母b，直接跳過，否則結果res自增1，因為此時new_start存在，至少有個單個的字母b，也可以當作迴文子序列，然後看new_start和new_end如果不相同，說明兩者各指向了不同的b，此時res應自增1，因為又增加了一個新的迴文子序列"bb"，下面就是對中間部分呼叫遞迴函數了，把返回值加到結果res中。此時字母b就處理完了，現在處理字母c，此時的start還是0，end還是4，new_start指向1，new_end指向2，跟上面的分析相同，new_start在範圍內，結果自增1，因為加上了"c"，然後new_start和new_end不同，結果res再自增1，因為加上了"cc"，其中間沒有字元了，呼叫遞迴的結果是0，for迴圈結束，我們將memo[start][end]的值對超大數取餘，將該值返回即可，參見程式碼如下：
解法一：
class Solution { public: int countPalindromicSubsequences(string S) { int n = S.size(); vector<vector<int>> chars(26, vector<int>()); vector<vector<int>> memo(n + 1, vector<int>(n + 1, 0)); for (int i = 0; i < n; ++i) { chars[S[i] - 'a'].push_back(i); } return helper(S, chars, 0, n, memo); } int helper(string S, vector<vector<int>>& chars, int start, int end, vector<vector<int>>& memo) { if (start >= end) return 0; if (memo[start][end] > 0) return memo[start][end]; long res = 0; for (int i = 0; i < 26; ++i) { if (chars[i].empty()) continue; auto new_start = lower_bound(chars[i].begin(), chars[i].end(), start); auto new_end = lower_bound(chars[i].begin(), chars[i].end(), end) - 1; if (new_start == chars[i].end() || *new_start >= end) continue; ++res; if (new_start != new_end) ++res; res += helper(S, chars, *new_start + 1, *new_end, memo); } memo[start][end] = res % int(1e9 + 7); return memo[start][end]; } };
我們再來看一種迭代的寫法，使用一個二維的dp陣列，其中dp[i][j]表示子字串[i, j]中的不同迴文子序列的個數，我們初始化dp[i][i]為1，因為任意一個單個字元就是一個迴文子序列，其餘均為0。這裡的更新順序不是正向，也不是逆向，而是斜著更新，對於"bccb"的例子，其最終dp陣列如下，我們可以看到其更新順序分別是紅-綠-藍-橙。
b c c b
b 1 2 3 6 c 0 1 2 3 c 0 0 1 2 b 0 0 0 1
這樣更新的好處是，更新當前位置時，其左，下，和左下位置的dp值均已存在，而當前位置的dp值需要用到這三個位置的dp值。我們觀察上面的dp陣列，可以發現當S[i]不等於S[j]的時候，dp[i][j] = dp[i][j - 1] + dp[i + 1][j] - dp[i + 1][j - 1]，即當前的dp值等於左邊值加下邊值減去左下值，因為算左邊值的時候包括了左下的所有情況，而算下邊值的時候也包括了左下值的所有情況，那麼左下值就多算了一遍，所以要減去。而當S[i]等於S[j]的時候，情況就比較複雜了，需要分情況討論，因為我們不知道中間還有幾個和S[i]相等的值。舉個簡單的例子，比如"aba"和"aaa"，當i = 0, j = 2的時候，兩個字串均有S[i] == S[j]，此時二者都新增兩個子序列"a"和"aa"，但是"aba"中間的"b"就可以加到結果res中，而"aaa"中的"a"就不能加了，因為和外層的單獨"a"重複了。我們的目標就要找到中間重複的"a"。所以我們讓left = i + 1, right = j - 1，然後對left進行while迴圈，如果left <= right, 且S[left] != S[i]的時候，left向右移動一個；同理，對right進行while迴圈，如果left <= right, 且S[right] != S[i]的時候，left向左移動一個。這樣最終left和right值就有三種情況：
1. 當left > righ時，說明中間沒有和S[i]相同的字母了，就是"aba"這種情況，那麼就有dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] * 2 + 2，其中dp[i + 1][j - 1]是中間部分的迴文子序列個數，為啥要乘2呢，因為中間的所有子序列可以單獨存在，也可以再外面包裹上字母a，所以是成對出現的，要乘2。加2的原因是外層的"a"和"aa"也要統計上。
2. 當left = right時，說明中間只有一個和S[i]相同的字母，就是"aaa"這種情況，那麼有dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] * 2 + 1，其中乘2的部分跟上面的原因相同，加1的原因是單個字母"a"的情況已經在中間部分算過了，外層就只能再加上個"aa"了。
3. 當left < right時，說明中間至少有兩個和S[i]相同的字母，就是"aabaa"這種情況，那麼有dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] * 2 - dp[left + 1][right - 1]，其中乘2的部分跟上面的原因相同，要減去left和right中間部分的子序列個數的原因是其被計算了兩遍，要將多餘的減掉。
參見程式碼如下：
解法二：
class Solution { public: int countPalindromicSubsequences(string S) { int n = S.size(), M = 1e9 + 7; vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, 0)); for (int i = 0; i < n; ++i) dp[i][i] = 1; for (int len = 1; len < n; ++len) { for (int i = 0; i < n - len; ++i) { int j = i + len; if (S[i] == S[j]) { int left = i + 1, right = j - 1; while (left <= right && S[left] != S[i]) ++left; while (left <= right && S[right] != S[i]) --right; if (left > right) { dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] * 2 + 2; } else if (left == right) { dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] * 2 + 1; } else { dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] * 2 - dp[left + 1][right - 1]; } } else { dp[i][j] = dp[i][j - 1] + dp[i + 1][j] - dp[i + 1][j - 1]; } dp[i][j] = (dp[i][j] < 0) ? dp[i][j] + M : dp[i][j] % M; } } return dp[0][n - 1]; } };
討論：這道題確實是一道很難的題，和它類似的題目還有幾道，雖然那些題有的還有非DP解法，但是DP解法始終是核心的，也是我們最應該掌握的方法。首先我們要分清子串和子序列的題，個人感覺子序列要更難一些。在之前那道Longest Palindromic Subsequence中要我們求最長的迴文子序列，我們需要逆向遍歷dp陣列，當s[i]和s[j]相同時，長度為中間部分的dp值加2，否則就是左邊值和下邊值中的較大值，因為是子序列，不匹配就可以忽略當前字元。而對於迴文子串的問題，比如Longest Palindromic Substring和Palindromic Substrings，一個是求最長的迴文子串，一個是求所有的迴文子串個數，他們的dp定義是看子串[i, j]是否是迴文串，求最長迴文子串就是維護一個最大值，不停用當前迴文子串的長度更新這個最大值，同時更新最大值的左右邊界。而求所有迴文子串的個數就是如果當前dp[i][j]判斷是迴文串，計數器就自增1。而判斷當前dp[i][j]是否是迴文串的核心就是s[i]==s[j]，且i，j中間沒有字元了，或者中間的dp值為true。
類似題目：
參考資料：