【十二】【动态规划】446. 等差数列划分 II - 子序列、647. 回文子串、5. 最长回文子串，三道题目深度解析

动态规划

动态规划就像是解决问题的一种策略，它可以帮助我们更高效地找到问题的解决方案。这个策略的核心思想就是将问题分解为一系列的小问题，并将每个小问题的解保存起来。这样，当我们需要解决原始问题的时候，我们就可以直接利用已经计算好的小问题的解，而不需要重复计算。

动态规划与数学归纳法思想上十分相似。

数学归纳法：

1. 基础步骤（base case）：首先证明命题在最小的基础情况下成立。通常这是一个较简单的情况，可以直接验证命题是否成立。

2. 归纳步骤（inductive step）：假设命题在某个情况下成立，然后证明在下一个情况下也成立。这个证明可以通过推理推断出结论或使用一些已知的规律来得到。

通过反复迭代归纳步骤，我们可以推导出命题在所有情况下成立的结论。

动态规划：

1. 状态表示：

2. 状态转移方程：

3. 初始化：

4. 填表顺序：

5. 返回值：

数学归纳法的基础步骤相当于动态规划中初始化步骤。

数学归纳法的归纳步骤相当于动态规划中推导状态转移方程。

动态规划的思想和数学归纳法思想类似。

在动态规划中，首先得到状态在最小的基础情况下的值，然后通过状态转移方程，得到下一个状态的值，反复迭代，最终得到我们期望的状态下的值。

接下来我们通过三道例题，深入理解动态规划思想，以及实现动态规划的具体步骤。

（注意，本文的做题思路可能适用性没有这么强，但核心思想就是寻找递推关系，推导出我们想要的状态，不用太纠结思路是不是可以运用到别的动态规划题目上，适用性不是很强。动态表示的推导部分，可能不是很适用。）

446. 等差数列划分 II - 子序列 - 力扣（LeetCode）

题目解析

状态表示

状态表示一般是由经验＋题目要求得到的，

经验一般是指，以某个位置为结尾，或者以某个位置为开始。

我们希望把等差子序列所有情况进行划分和表示，使得表示出来的情况不会重复和遗漏，并且划分情况的方式是最细致的划分。

如果我们想要确定子序列，很简单，只需要以最后一个元素为划分即可。

例如，我们有一个数组，我们要求把子序列所有情况进行划分和表示，那么我们就可以（以最后一个元素为结尾）对所有情况进行划分。对于每一种子序列情况，最后一个元素的可能值是nums[0]、nums[1].....nums[n-1]。这样我们就可以把每一种情况进行划分，且保证不重复和不遗漏。

我们是不是也可以用这种方法划分等差子序列，实际上是可以的，对于每一种情况，等差子序列，它的最后一个元素值的可能性分别是nums[0]、nums[1].....nums[n-1]。

所以我们对于这种划分情况，可以定义dp[i]表示以i位置为结尾的等差子序列的个数。

接下来我们尝试分析（以nums[i]为结尾的等差子序列）这种情况下等差子序列的个数是多少。

如果我们要推导这种情况下的等差子序列个数，那我们必须先确定倒数第二个元素的下标，倒数第二个元素的下标的可能性是0、1、2、.....、i-1。假设j是（0~i-1）的某个数，令c=nums[i],b=nums[j]，则a=2*b-c，表示倒数第二个元素下标为j时，倒数第三个元素值为a，如果a存在与nums数组中，说明倒数第二个元素下标为j时，这种情况等差子序列存在，计数加一，然后考虑下一种情况。

我们分析得到，我们划分情况的方式不是最细致的，因为每种情况里面竟然还需要继续划分情况，所以我们可以修正状态表示。

定义dp[i][j]表示以（i，j）位置为结尾的等差子序列的个数。

接下来我们尝试分析（以(i,j)为结尾的等差子序列）这种情况下等差子序列的个数是多少。

令c=nums[j],b=nums[i]，则a=2*b-c，表示倒数第三个元素值为a，如果a存在与nums数组中，说明这种情况等差子序列存在，计数加一，然后考虑下一种情况。

根据我们的分析，这种划分方式是最细致的，所以我们可以继续分析，尝试推导状态转移方程。

故状态表示为，

定义dp[j][i]表示以（j，i）位置为结尾的等差子序列的个数。

状态转移方程

dp[j][i]表示以（j，i）位置为结尾的等差子序列的个数。

我们针对于（以i位置元素为结尾的等差子序列，以及i位置元素）进行分析，想一想dp[i]能不能由其他状态推导得出。

1. 如果只考虑（i，j）位置上两个元素， 这种情况下等差子序列个数为0，因为等差子序列最少要有三个元素。 故dp[i][j]=0。

2. 如果不止考虑（i，j）位置上两个元素， 令c=nums[j],b=nums[i]，则a=2*b-c，假设a的下标为k。

   1. 如果k

   2. 如果k>i, 这种情况不符合题意，所以此时dp[i][j]=0

将上述情况进行合并和简化，

1. 如果第二种情况中，有一个k

2. 如果第二种情况中，没有一个k

所以我们可以把dp[i][j]=0，这种情况放到初始化中处理，也就是把所有位置状态初始化为0，这样就只需要考虑第二种情况中k

我们发现,在状态转移方程中,我们需要确定 a 元素的下标。因此我们可以在dp之前,将

所有元素+下标数组绑定在一起,放到哈希表中。这里为何要保存下标数组,是因为我们要统计个

数,所有的下标都需要统计。即，

        unordered_map> hash;
        for (int i = 0; i < n; i++)
            hash[nums[i]].push_back(i);

故状态转移方程为

 for (int j = 2; j < n; j++) // 固定倒数第一个数
        {
            for (int i = 1; i < j; i++) // 枚举倒数第二个数
            {
                long long a = (long long)nums[i] * 2 - nums[j]; // 处理数据溢出
                if (hash.count(a))
                    for (auto k : hash[a])
                        if (k < i)
                            dp[i][j] += dp[k][i] + 1;
                        else
                            break;
            }
        }

初始化

根据状态转移方程，我们知道想要推导出（i，j）位置的状态需要用到（k，i）位置的状态，k是（0~i-1）之间的某个值。所以我们初始化最基础的最小的解，推导第二个状态（（1,2）位置的状态）时，需要初始化（0~1-1）（i）即dp[0][1]=0。

再结合在状态转移方程中的分析，我们需要将所有位置的状态初始化为0。

故初始化为，

        vector> dp(n, vector(n)); // 创建 dp 表

默认初始化为0。

填表顺序

根据状态转移方程，我们知道想要推导出（i，j）位置的状态需要用到（k，i）位置的状态，k是（0~i-1）之间的某个值。

1. 如果固定i填写j， i的变化一定是从小到大，因为要用到（k，i）位置的值，横坐标k一定小于i，所以i变化需要从小到大，那么j的变化可以从小到大，也可以从大到小。因为固定了i的变化，填写（i，j）时，（k，）的状态值都已经填写好了。

2. 如果固定j填写i， j的变化一定是从小到大，因为要用到（k，i）位置的值，i一定小于j，纵坐标i一定小于j，所以j变化需要从小到大，那么i的变化可以从小到大，也可以从大到小。因为固定了j的变化，填写（i，j）时，（，i）的状态值都已经填写好了。

返回值

dp[j][i]表示以（j，i）位置为结尾的等差子序列的个数。

结合题目意思，我们需要返回所有等差子序列的个数，所以我们需要遍历dp表，统计所有等差子序列的个数，然后返回。

代码实现

class Solution {
public:
    int numberOfArithmeticSlices(vector& nums) {
        int n = nums.size();
        // 优化
        unordered_map> hash;
        for (int i = 0; i < n; i++)
            hash[nums[i]].push_back(i);
        vector> dp(n, vector(n)); // 创建 dp 表
        int sum = 0;
        for (int j = 2; j < n; j++) // 固定倒数第一个数
        {
            for (int i = 1; i < j; i++) // 枚举倒数第二个数
            {
                long long a = (long long)nums[i] * 2 - nums[j]; // 处理数据溢出
                if (hash.count(a))
                    for (auto k : hash[a])
                        if (k < i)
                            dp[i][j] += dp[k][i] + 1;
                        else
                            break;
                sum += dp[i][j];
            }
        }
        return sum;
    }
};

647. 回文子串 - 力扣（LeetCode）

题目解析

状态表示

状态表示一般是由经验＋题目要求得到的，

经验一般是指，以某个位置为结尾，或者以某个位置为开始。

我们希望把回文子数组所有情况进行划分和表示，使得表示出来的情况不会重复和遗漏，并且划分情况的方式是最细致的划分。

我们很容易可以得到这样的划分情况，以nums[i]位置结尾的回文子数组。

所有的回文子数组，都有最后一个元素，这些元素的可能性是nums[0],nums[1].....nums[n-1]。

所以我们可以这样划分，使得表示出来的情况不会重复和遗漏。

所以我们对于这种划分情况，可以定义dp[i]表示以i位置为结尾的回文子数组的个数。

接下来我们尝试分析（以nums[i]为结尾的回文子数组）这种情况下回文子数组的个数是多少。

如果我们要推导这种情况下，回文子数组的个数，首先我们需要确定以nums[i]结尾的回文子数组开头在哪里，假设j是（0~i-1）之间的某个数，那么这种情况下，回文子数组开头元素的下标可能是0、1、2....i-1。针对开头为j的情况，判断j和i位置的元素是不是相同的，如果是相同的，然后判断j+1和i-1位置元素是不是相同的，以此类推，如果都是相同的这种情况就符合回文子数组，计数加一，然后分析下一种情况。

我们分析得到，我们划分情况的方式不是最细致的，因为每种情况里面竟然还需要继续划分情况，所以我们可以修正状态表示。

定义dp[i][j]表示以i位置为开头，j位置为结尾的回文子数组的个数。

接下来我们分析（以i位置为开头，j位置为结尾的回文子数组）这种情况下回文子数组的个数是多少。

判断j和i位置的元素是不是相同的，如果是相同的，然后判断j+1和i-1位置元素是不是相同的，以此类推，如果都是相同的这种情况就符合回文子数组，计数加一，然后分析下一种情况。

根据我们的分析，这种划分方式是最细致的，所以我们可以继续分析，尝试推导状态转移方程。

故状态表示为，

定义dp[i][j]表示以i位置为开头，j位置为结尾的回文子数组的个数。

状态转移方程

dp[i][j]表示以i位置为开头，j位置为结尾的回文子数组的个数。

我们想一想能不能由其他位置的状态推导出dp[i][j]。

1. 如果nums[i]==nums[j]，

   1. 如果（i~j）只有一个元素，即i==j， 此时回文子数组的个数为1，dp[i][j]=1。

   2. 如果（i~j）只有两个元素，即i+1==j, 此时回文子数组的个数为1，dp[i][j]=1。

   3. 如果（i~j）有多个元素，（大于2个元素），即i+1

2. 如果nums[i]!=nums[j]， 此时不可能构成回文子数组，所以回文子数组个数为0，即dp[i][j]=0。

我们可以把（nums[i]!=nums[j]）这种情况放到初始化中进行处理，也就是把所有状态初始化为0。

故状态转移方程为，

        for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
            for (int j = i; j < n; j++) {
                if (s[i] == s[j])
                    dp[i][j] = i + 1 < j ? dp[i + 1][j - 1] : 1;
            }
        }

初始化

根据状态转移方程，我们在推导dp[i][j]时，需要用到dp[i+1][j-1]。

因为只有i+1i，也不会越界，所以我们只需要初始化所有元素为0，即在状态转移方程中分析的初始化即可。

填表顺序

根据状态转移方程，我们在推导dp[i][j]时，需要用到dp[i+1][j-1]。

1. 如果固定i填写j，i应该从大到小变化，当i从大到小变化，填写dp[i][j]时，dp[i+1][]一定已经填写完毕，所以j的变化可以从大到小也可以从小到大。

2. 如果固定j填写i，j应该从小到大变化，当j从大到小变化，填写dp[i][j]时，dp[][j-1]一定已经填写完毕，所以i的变化可以从大到小也可以从小到大。

返回值

dp[i][j]表示以i位置为开头，j位置为结尾的回文子数组的个数。

结合题目要求，我们需要统计所有回文子数组的个数，所以我们需要遍历dp表，统计个数然后返回。

代码实现

class Solution {
public:
    int countSubstrings(string s) {
        int n = s.size();
        vector> dp(n, vector(n));

        int ret = 0;
        for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
            for (int j = i; j < n; j++) {
                if (s[i] == s[j])
                    dp[i][j] = i + 1 < j ? dp[i + 1][j - 1] : 1;
                ret += dp[i][j];
            }
        }
        return ret;
    }
};

5. 最长回文子串 - 力扣（LeetCode）

题目解析

状态表示

我们要返回最长回文子数组，那么我们就必须知道最长回文子数组的开头下标和结尾的下标。

所以我们可以定义状态表示为dp[i][j]表示以i位置为开头，j位置为结尾的回文子数组最长的长度。

接着我们分析这种划分方式下，dp[i][j]数据的推导。

判断nums[i]是不是等于nums[j]，如果相等，就判断nums[i+1],nums[j-1] 是不是相等，以此类推，如果全部都相等，说明是回文子数组，故dp[i][j]=j-i+1。

根据我们的分析，这种划分方式是最细致的，所以我们可以继续分析，尝试推导状态转移方程。

故，状态表示为，

dp[i][j]表示以i位置为开头，j位置为结尾的回文子数组最长的长度

状态转移方程

dp[i][j]表示以i位置为开头，j位置为结尾的回文子数组的长度。

我们想一想能不能由其他位置的状态推导出dp[i][j]。

1. 如果nums[i]==nums[j]

   1. 如果（i~j）之间只有一个元素，即i==j， 此时回文子数组长度为1，即dp[i][j]=1。

   2. 如果（i~j）之间只有两个元素，即i+1==j， 此时回文子数组长度为2，即dp[i][j]=2。

   3. 如果（i~j）之间元素大于2，即i+1

2. 如果nums[i]!=nums[j] 此时dp[i][j]=0。

我们可以把（nums[i]!=nums[j]）这种情况放到初始化中进行处理，也就是把所有状态初始化为0。

故状态转移方程为，

for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
            for (int j = i; j < n; j++) {
                if (s[i] == s[j]) {
                    if (i + 1 < j)
                        dp[i][j] =
                            dp[i + 1][j - 1] == 0 ? 0 : dp[i + 1][j - 1] + 2;
                    else if (i + 1 == j)
                        dp[i][j] = 2;
                    else if (i == j)
                        dp[i][j] = 1;
                }

            }
        }

初始化

根据状态转移方程，我们知道想要推导出（i，j）位置的状态可能需要用到（i+1，j-1）位置的状态。

当i+1i+1>1，j-1>0，故j-1也不会越界，所以我们只需要初始化所有元素为0，即在状态转移方程中分析的初始化即可。

填表顺序

根据状态转移方程，我们知道想要推导出（i，j）位置的状态可能需要用到（i+1，j-1）位置的状态。

1. 如果固定i填写j，i应该从大到小变化，当i从大到小变化，填写dp[i][j]时，dp[i+1][]一定已经填写完毕，所以j的变化可以从大到小也可以从小到大。

2. 如果固定j填写i，j应该从小到大变化，当j从大到小变化，填写dp[i][j]时，dp[][j-1]一定已经填写完毕，所以i的变化可以从大到小也可以从小到大。

返回值

dp[i][j]表示以i位置为开头，j位置为结尾的回文子数组最长的长度

结合题目意思，我们需要得到回文子数组最长的长度，所以我们需要遍历dp表，返回最长的长度。

代码实现

class Solution {
public:
    string longestPalindrome(string s) {
        int n = s.size();
        vector> dp(n, vector(n));

        int len = 1, begin = 0;
        for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
            for (int j = i; j < n; j++) {
                if (s[i] == s[j]) {
                    if (i + 1 < j)
                        dp[i][j] =
                            dp[i + 1][j - 1] == 0 ? 0 : dp[i + 1][j - 1] + 2;
                    else if (i + 1 == j)
                        dp[i][j] = 2;
                    else if (i == j)
                        dp[i][j] = 1;
                }
                if (dp[i][j] > len) {
                    len = dp[i][j];
                    begin = i;
                }
            }
        }
        return s.substr(begin, len);
    }
};

结尾

今天我们学习了动态规划的思想，动态规划思想和数学归纳法思想有一些类似，动态规划在模拟数学归纳法的过程，已知一个最简单的基础解，通过得到前项与后项的推导关系，由这个最简单的基础解，我们可以一步一步推导出我们希望得到的那个解，把我们得到的解依次存放在dp数组中，dp数组中对应的状态，就像是数列里面的每一项。最后感谢您阅读我的文章，对于动态规划系列，我会一直更新，如果您觉得内容有帮助，可以点赞加关注，以快速阅读最新文章。

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