[LeetCode][Golang] 647. 回文子串

题目：

给你一个字符串 s ，请你统计并返回这个字符串中 回文子串的数目。回文字符串是正着读和倒过来读一样的字符串。子字符串是字符串中的由连续字符组成的一个序列。

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：

输入： s = "aaa"
输出： 6
解释： 6个回文子串: "a", "a", "a", "aa", "aa", "aaa"

• 1 <= s.length <= 1000
• s 由小写英文字母组成

题解概述：

本题目有两种解题思路，分别是：

• 枚举出所有的子串，然后再判断这些子串是否是回文；
• 枚举每一个可能的回文中心，然后用两个指针分别向左右两边拓展，当两个指针指向的元素相同的时候就拓展，否则停止拓展。
  官方题解中给出了从第二种思路出发的题解，我们这篇文章主要从第一种思路出发，给出三种方法。这三种方法层层优化，从暴力解法，到使用 动态规划 的解法，再对 动态规划 进行空间上的优化。希望能够帮助大家理解 动态规划 的使用方法。

题解一：（暴力法）

我们最直观能想到的就是，枚举出所有的子串，然后再判断这些子串是否是回文。下面给出暴力解法的代码（Go）:

func countSubstrings(s string) int { // 暴力法 时间复杂度O(n^3)
   n := len(s)
   sum := 0
   for i := 0; i < n; i++ {
      for j := i; j < n; j++ {
         if isPalindromic(s, i, j) {
            sum++
         }
      }
   }
   return sum
}
func isPalindromic(s string, l int, r int) bool {
   for l < r {
      if s[l] != s[r] {
         return false
      }
      l++
      r--
   }
   return true
}

暴力法自然是思考难度最低的解法，相信的加都能够想到。然而我们可以看到遍历所有子字符串需要花费 O(n^2) 的时间，对于每个子字符串判断是否为回文需要花费 O(n) 的时间，那么这个算法的时间复杂度为 O(n^3) ，显然对于我们最求性能极致的程序设计师而言，这样的结果无法接受。接下来我们将使用 动态规划 的方法进行进一步的优化。

复杂度分析：

时间复杂度： O(n^3)。

空间复杂度： O(1)。额外的常数空间即可。

题解二：（动态规划）

我们先要找到暴力解法效率低在哪里。显然，字符串 s 的两个不同的字串 str1 和 str2 如果重叠的话，在计算过程中，重叠的子子串会执行相同的计算逻辑，于是造成了计算的冗余。

动态规划的思想，即是存储重复子运算的结果，从而使得每个子运算只需要计算一次，是一种时间和空间的权衡（trade-off）。

第一步，我们要归纳一个最优解的结构，我们判断一个字串是回文时，一共有三种情况：

• 当 len(s) == 1 时，只有一个回文子串 s。
• 当 len(s) == 2 时，比较 s[0]，s[1] ，确定回文子串个数，2或3。
• 当 len(s) > 2 时，假设其子字符串 str 左端字符为 str[i] 右端字符为 str[j] ，其余部分为 str(i,j)，则判断 str 是回文时，需要保证 str(i,j) 是回文且 str[i] == str[j]。

以上三点就是递归定义的判断逻辑。前两种情况作为递归的基础情况（base case）。在第三种情况中，我们发现如果在判断另一个 内容为 “AstrB”的子字符串 str2时，则我们判断 str 是回文时，需要保证 str 是回文且 A == B。那我们需要再次判断一次 str 是不是回文呀，不能接受！

我们其实可以在第一次判断完 str 结果后，存储它。之后如果需要再判断 str 是否为回文时，直接返回结果，就省了很多计算内容。这就是 动态规划 了！

我们如何存储每一个子字符串呢？一种可行的方法是，我们搞一个 n x n 的二维布尔数组 a[i][j]，其中 i 代表子字符串的左端，j 代表子字符串的右端。就可以存储计算过的子字符串是否为回文了！

我们在写代码的时候采用 自下而上 的方法（具体概念参考我写过的一个关于动态规划的文章)。先贴代码（Go）:

func countSubstrings(s string) int { // 空间复杂度O(n^2)
   n := len(s)
   sum := 0
   var a = make([][]bool, n)
   for index := 0; index < n; index++ {
      a[index] = make([]bool, n)
      a[index][index] = true
      sum++
      if index+1 < n && s[index] == s[index+1] {
         a[index][index+1] = true
         sum++
      }
   }
   for i := n - 1; i >= 0; i-- {
      for j := i + 2; j < n; j++ {
         if a[i+1][j-1] && s[i] == s[j] {
            a[i][j] = true
            sum++
         }
      }
   }
   return sum
}

首先我们创建一个 n x n 的数组，同时初始化 base case，用于存储各子字符串的计算结果。然后在设计代码时，我们要搞明白各个子字符串的依赖关系，如图：

假设我们 s 是长度为 5 的字符串，则我们创建这样的二维数组，初始化base case。图中我们可以看到， 对于数组的每一行而言，a[n] 依赖于 a[n+1] ，对于数组的每一列而言 a[n][m] 依赖于 a[n][m-1]。所以我们需要从base case 开始，即横坐标由大（n-1）到小(0)，纵坐标由小(当前横坐标i + 2)到大(n-1)遍历。对应于子字符串则是，子字符串的开端从 s 的最右端开始，确定开端后，再由小到大的设置子字符串尾端。

根据依赖的子子字符串的状态以及子字符串的开端尾端比较，可以在 O(1) 的时间内确定子字符串是否为回文。

复杂度分析：

时间复杂度： O(n^2)。遍历所有子字符串需要花费 O(n^2) 的时间

空间复杂度： O(n^2)。需要 n x n 的辅助二维数组。

题解三：（优化的动态规划）

我们再一次审视题解三，发现他需要额外的 n x n二位数组，且该二位数组其实有一半是用不到的，这无疑是一种浪费，那我们能不能节约空间呢？答案是肯定的。

通过观察我们发现，a[n] 只依赖于 a[n+1]，那么我们计算 a[n+1] 时可以只保留 a[n]， a[n+2] 再统计了 sum 之后则不需要再保存了。所以我们现在只需要两个长度为 n 的数组即可。

除此之外，我们发现， a[n][m] 也只依赖于 a[n][m-1]，也就是说对于 a[n] 的更新，是从后往前依次更新的，那我们可以考虑，只使用一个长度为 n 的数组。在一次迭代计算 a[n][m] 时，当前 a[n][m-1] 的值实际上是上一次迭代 a[n+1][m-1] 的值，即是计算 a[n][m] 时需要的子子字符串的状态。下面是优化空间后的代码（Go）：

func countSubstrings(s string) int { // 空间复杂度O(n)
   n := len(s)
   sum := 0
   a := make([]bool, n)
   a[0] = true
   for index := 0; index < n; index++ { 
   // index指定数组需要处理次数，index+1 指定每次处理需要的长度
      l := n - index - 1           // l代表字符串s开头的下标
      for i := index; i > 0; i-- { // i表示处理数组的下标，倒序处理
         if (i == 1 || a[i-2]) && s[l] == s[l+i] {
            sum++
            a[i] = true
         } else {
            a[i] = false
         }

      }
   }
   return sum + n
}

复杂度分析：

时间复杂度： O(n^2)。遍历所有子字符串需要花费 O(n^2) 的时间

空间复杂度： O(n)。需要长度为 n 的辅助一维数组。