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这个系列没啥花头，就是纯 leetcode 题目拆解分析，不求用骚气的一行或者小众取巧解法，而是用清晰的代码和足够简单的思路帮你理清题意。让你在面试中再也不怕算法笔试。
158. 回文子串 (palindromic-substrings)
标签
- 动态规划
- 中等
题目
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"
基本思路
暴力解
最暴力的，遍历考察所有子串，判断是否是回文串，是就 + 1。时间复杂度 O(n^3)
这个没啥好说的，直接看代码吧非常清晰了。
const isPalindrome = (s) => {
return s.split('').reverse().join('') === s
}
var countSubstrings = function(s) {
let count = 0, len = s.length, curSubStr = ''
// 遍历所有子串,两指针标记子串两头
for (let i = 0; i < len; i++) {
// 注意 j 从 i 开始
for (let j = i; j < len; j++) {
// 本轮判断的子串
curSubStr = s.substring(i, j+1)
// 如果是回文就 + 1
if (isPalindrome(curSubStr)) {
count++
}
}
}
return count
};
console.log(countSubstrings('aaa'))
动态规划
其实大部分的字符串问题，动态规划的解法都适用。
从动态规划这篇我们了解到动态规划的基本步骤是下面三步：
- 寻找最优子结构(状态表示)
- 归纳状态转移方程(状态计算)
- 边界初始化
我们还是根据之前的基本步骤来
- 状态表示:
我们要判断所有子串的回文情况，那么要用一种方式表示所有子串
这个问题我们想到以 [i, j] 来做子串的分割, 那么dp[i][j] = true可以表示 s[i..j] 是回文子串, dp[i][j] = false可以表示 s[i..j] 不是回文子串, 然后这个二维数组中 true 的数量就是 count
- 状态转移方程:
如何从历史状态转到当前呢，回文我们想到其实跟历史 dp[i + 1][j - 1] 的状态是相关的，可转换的, 看下面例子
i+1 j-1
| |
asvkkkvsa
| |
i j
历史 dp[i+1][j-1] 是表示 vkkkv 这个子串是回文的 那么 dp[i+1][j-1] === true,
这时候往外扩变成 dp[i][j] 如果 s[i] === s[j] 就像现在这样 svkkkvs 都是 s,那么转换后还是回文 dp[i][j] = true
- 边界初始化:
- 首先
i <= j，i 做开头，j 做结尾，否则就重复了 单个字符时 或者说i === j时，必然是回文2个字符时 或者说j-i=1下标相减等于1 时，如果再满足s[i]===s[j]也必然是回文 如aa,bb等
const countSubstrings = (s) => {
let count = 0, len = s.length
// 建立 dp
let dp = new Array(len).fill(0).map(() => new Array(len).fill(false))
for (let j = 0; j < len; j++) {
for (let i = 0; i <= j; i++) {
// 三种情况下可判断是回文 count++, dp[i][j] = true
if (i === j ||
j - i === 1 && s[i] === s[j] ||
j - i > 1 && s[i] == s[j] && dp[i + 1][j - 1]
) {
dp[i][j] = true
count++
}
}
}
return count;
};
console.log(countSubstrings('aaa'))
降维优化
一般动态规划的优化，就想到降维，原来需要二维的降到一维。画图就可以看的更清楚，其实就是原地修改数组，只保留最新的某个维度的状态。
直接看代码了, 思路几乎和上面一模一样
const countSubstrings = (s) => {
let count = 0, len = s.length;
const dp = new Array(len).fill(false);
for (let j = 0; j < len; j++) {
for (let i = 0; i <= j; i++) {
// j - i 为 0 或 1 且 s[i] === s[j] 满足条件
if ( j - i <= 1 && s[i] === s[j] ||
s[i] === s[j] && dp[i + 1]
) {
dp[i] = true;
count++;
}
}
}
return count;
};
console.log(countSubstrings('aaa'))
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