题目来源:力扣(LeetCode)https://leetcode-cn.com/problems/palindromic-substrings
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,也会被视作不同的子串。
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
解释:6个回文子串: "a", "a", "a", "aa", "aa", "aaa"
提示:
先看题目,题目要求在给定的字符串中,求得字符串中有多少个回文子串。其中提及,不同开始或结束位置的子串,即便相同也视为不同子串。
其实看完题目,我们想到最直接的想法就是,先枚举字符的组合,判断这些字符组合成的子串是否是回文串即可。
现在我们来看看,用这种直接的方法代码实现:
class Solution:
def countSubstrings(self, s: str) -> int:
def is_palindrome(string):
"""判断传入字符串是否是回文串
"""
left = 0
right = len(string) - 1
while left < right:
if string[left] != string[right]:
return False
left += 1
right -= 1
return True
# 计数
count = 0
# 枚举字符组合
for i in range(len(s)):
for j in range(i, len(s)):
# 判断字符组合是否是回文串
# 若是计数 +1,否则跳过
sub_string = s[i:j+1]
if is_palindrome(sub_string):
count += 1
return count
上面的方法中,假设字符串长度为 n,我们枚举所有子串需要 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 的时间,而判断子串是否回文串需要 O ( S ) O(S) O(S) 的时间,S 是子串的长度,所以整个算法的时间是 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3)。
这里用 Python 执行结果超时,也侧面说明思路是可行的。这里执行超时的原因如上所述,是因为频繁对字符串切片以及判断子串是否是回文串。
下面我们看看使用动态规划的思路如何解决。
假设,s[i...j]
(i…j 表示这个区间内的字符包含 i、j)是回文串。那么 s[i-1…j+1] 只有在 s[i-1] == s[j+1] 的情况下,才是回文串。
现在设 dp[i][j]
表示 s[i...j]
是否是回文串。
接下来,我们分析一下,子串是回文串成立的情况:
s[i] == s[j]
且 i+1=j
(或i=j-1
),那么这里表示两个字符且相同,那么同样是回文串;dp[i+1][j-1] == True
,也就是 s[i+1…j-1] 是回文串时,若 s[i]==s[j]
,此时 dp[i][j]
同样也是回文串。我们可以看到,第二、三种情况是可以合并在一起的。
当 s[i]==s[j]
,只要 i==j-1
或者 dp[i+1][j-1]==True
其中一个成立,dp[i][j]
都为 True
,s[i...j]
是回文串。公式如下:
d p [ i ] [ j ] = T r u e , i f ( s [ i ] = = s [ j ] ) a n d ( i = = j − 1 o r d p [ i + 1 ] [ j − 1 ] ) dp[i][j] = True, \qquad if \, (s[i] == s[j]) \, and \, (i==j-1 \, or \, dp[i+1][j-1]) dp[i][j]=True,if(s[i]==s[j])and(i==j−1ordp[i+1][j−1])
再看第一种情况,我们发现,其实 i==j 时,s[i] == s[j] 也是成立的,只是此时 i=j-0
,。
那么这里再将第一种情况跟上面合并,也就是 i >= j - 1 或者 i - j >= -1 时,公式如下:
d p [ i ] [ j ] = T r u e , i f ( s [ i ] = = s [ j ] ) a n d ( i − j > = − 1 o r d p [ i + 1 ] [ j − 1 ] ) dp[i][j] = True, \qquad if \, (s[i] == s[j]) \, and \, (i-j>=-1 \, or \, dp[i+1][j-1]) dp[i][j]=True,if(s[i]==s[j])and(i−j>=−1ordp[i+1][j−1])
还有 中心扩散法,这个方法能够将空间复杂度降低为常数时间复杂度 O ( 1 ) O(1) O(1)。这里在官方题解有给出详细内容,有兴趣的可以从下面链接入口进入了解。
https://leetcode-cn.com/problems/palindromic-substrings/solution/hui-wen-zi-chuan-by-leetcode-solution/
具体的代码实现如下。
class Solution:
def countSubstrings(self, s: str) -> int:
# 计数
count = 0
n = len(s)
# 定义 dp 数组,初始化为 False
dp = [[False] * n for _ in range(n)]
# 我们从右往左遍历,填充 dp 数组
for i in range(n-1, -1, -1):
for j in range(i, n):
# 根据文章得出的状态转移方程
if s[i]==s[j] and (i-j>=-1 or dp[i+1][j-1]):
dp[i][j] = True
count += 1
return count
公众号 【书所集录】