动态规划：回文串问题（C++）

前言

动态规划往期文章:

1. 动态规划入门：斐波那契数列模型以及多状态
2. 动态规划：路径和子数组问题
3. 动态规划：子序列问题

回文串问题

1.回文子串（中等）

链接：回文子串

• 题目描述
  

• 做题步骤

1. 状态表示
   依据前面的经验，我们尝试定义状态表示：
   (1)以i位置为结尾的回文串个数。这个最好想到，但这道题很明显是不行的，因为只有以某一个位置为结尾的个数信息，无法推导出其它位置的状态表示。（不知道这些回文串的具体情况）
   
   (2)以i位置为结尾的回文串是否为真。只要组成位置不同就视为不同回文子串，因此确定真假然后累加就可以。但这个表示还是不足，第一点是以i位置为结尾的回文串可能有很多；第二点就是无法推导转移方程。（原因和（1）差不多）
   
   (3)上述表示不可行的主要原因就是没有利用回文串性质。对于[i , j]区间的字符串，如果s[i] == s[j]并且[i + 1, j - 1]区间为回文串，那[i, j]区间的字符串就是一个回文串。
   故我们需要一个二维表dp[i][j]：[i, j]区间的子串是否为回文串。
   

2. 状态转移方程
   我们对[i, j]区间的子串进行分析：
   (1)s[i] != s[j]，为假，dp[i][j] = false。
   
   (2)s[i] == s[j]，这个分长度讨论：
   ①[i, j]区间长度为1，这个情况为真，dp[i][j] = true。
   ②[i, j]区间长度为2，这个情况也为真，dp[i][j] = true。
   ③[i, j]区间长度大于2（i + 1 < j），这个时候就要看[i - 1][j + 1]区间了，dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1]。

3. 初始化
   开始全都初始化为false。

4. 填表顺序
   填当前位置可能需要左下角的状态，故填表顺序为行从下到上，每一行从左到右。

5. 返回值
   需要返回 dp 表中 true 的个数，用变量ret统计即可。

• 代码实现

class Solution {
public:
    int countSubstrings(string s)
    {
        int n = s.size();
        int ret = 0;
        //dp[i][j]：字符串[i, j]的⼦串，是否是回⽂串。
        vector<vector<bool>> dp(n, vector<bool>(n, false));

        for (int i = n - 1; i >= 0; i--)
        {
            for (int j = i; j < n; j++)
            {
                //子串长度为三：i + 1 < j
                if (s[j] == s[i])                  
                    dp[i][j] = (i + 1 < j ? dp[i + 1][j - 1] : true);
                if (dp[i][j])  ret++;  //累加个数                
            }
        }
        return ret;
        //时间复杂度：O(N ^ 2)
        //空间复杂度：O(N ^ 2)
    }
};
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2.回文串分割IV（困难）

链接：回文串分割IV

• 题目描述
  

• 做题步骤

1. 算法思路
   这个题目虽然标的是困难，但是有前面的基础其实还是比较容易的。
   我们可以把问题拆分出来：
   (1)先知道不同区间段的子串是否为回文串（第一题）
   (2)枚举所有分成三段的情况，其中有一个为真即真，否则为假。
   （把区间分成[0, i - 1]，[i, j]，[j + 1, n - 1]三段，枚举i与j即可）

• 代码实现

class Solution {
public:
    bool checkPartitioning(string s) {
        int n = s.size();  
        //dp[i][j]：字符串[i, j]的⼦串，是否是回⽂串。
        vector<vector<bool>> dp(n, vector<bool>(n, false));
        
        for (int i = n - 1; i >= 0; i--)
            for (int j = i; j < n; j++)
                if (s[j] == s[i])               
                    dp[i][j] = i + 1 < j ? dp[i + 1][j - 1] : true;
                          
        //枚举判断能否分成三个
        for(int i = 1; i < n - 1; i++)
            for(int j = i; j < n - 1; j++)
                if(dp[0][i - 1] && dp[i][j] && dp[j + 1][n - 1])
                    return true;   
        return false;
        //时间复杂度：O(N ^ 2)
        //空间复杂度：O(N ^ 2)
    }
};
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3.分割回文串II（困难）

链接：分割回文串II

• 题目描述
  

• 做题步骤

1. 状态表示
   我们对问题进行拆分：
   (1)先知道不同区间段的子串是否为回文串（第一题）
   (2)依据之前的做题经验，可以定义状态表示为dp[i]：[0, i]区间的字符串，使每个子串都是回文的最小切割次数。

2. 状态转移方程
   从[0, n - 1]枚举i：
   (1)[0, i]直接就是回文串，需要的切割次数为0。
   
   (2)[0, i]不是回文串：
   枚举j，如果[j, i]为回文串，只需要让[0, j - 1]区间的字符串每个子串都是回文串，然后在j这个位置切一刀就行。即dp[i] = dp[j - 1] + 1。
   但使[j, i]为回文串中满足条件的j可能有很多个，我们需要取其中的最小值。
   例子：比如"aabb"这个例子：
   ①对于第一个b位置，前面aa是回文，需要切割的次数为0。要保持"aab"所有子串为回文，只能是b一个做回文，在这个位置切一刀，
   dp[i] = 0 + 1。（0为保持"aa"所有子串为回文的最小切割次数）
   ②对于第二个b位置，要保持"aabb"所有子串回文，有两种选择。
   i. 让"aa"所有子串保持回文，"bb"做回文，在这个位置切一刀，
   即dp[i] = 0 + 1 = 1（0为保持"aa"所有子串为回文的最小切割次数）
   ii. 让"aab"所有子串保持回文，b自己一个做回文，在这个位置切一刀，dp[i] = 1 + 1 = 2。（前面1为保持"aab"所有子串为回文的最小切割次数）。
   取两种选择中次数最小的一方即可。

3. 初始化
   要多次取最小值，为避免默认0干扰结果，我们初始化为极大值。

4. 填表顺序
   填表顺序从左往右。

5. 返回值
   依据状态表示，返回值应该是dp[n - 1]。

• 代码实现

class Solution {
public:
    int minCut(string s) {
        int n = s.size();  
        //dp[i][j]：[i, j]区间是否为回文串
        vector<vector<bool>> isPal(n, vector<bool>(n, false));
        
        for (int i = n - 1; i >= 0; i--)
            for (int j = i; j < n; j++)
                if (s[j] == s[i])
                    isPal[i][j] = i + 1 < j ? isPal[i + 1][j - 1] : true;
            
        vector<int> dp(n, INT_MAX);
        //dp[i]：到这个位置保存回文需要切多少刀
        for(int i = 0; i < n; i++)
        {
            if(isPal[0][i])
                dp[i] = 0;
            else
                //j == 0，表示区间就是[0, i]，进入这里[0, i]一定不是回文，可以不处理
                for(int j = 1; j <= i; j++)
                {
                    //[j, i]是回文
                    //这个位置要保证回文需要到j - 1位置保持回文并且在这个位置再切一刀
                    if(isPal[j][i])
                        dp[i] = min(dp[i], dp[j - 1] + 1);
                }          
        }
        return dp[n - 1];
    }
};
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4.最长回文子序列（中等）

链接：最长回文子序列

• 题目描述
  

• 做题步骤

1. 状态表示
   有第一题的经验，要充分利用回文串的性质，我们需要二维表。
   我们定义状态表示dp[i][j]：[i, j]区间的中的最大回文子序列长度。

2. 状态转移方程
   我们对[i, j]区间分析：
   (1)如果s[i] == s[j]，那么我们只需要知道区间[i + 1, j - 1]的最大回文子序列长度，在这个长度的基础上加2即可，dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2。
   （把s[i]和s[j]接在前面和后面）
   
   (2)如果s[i] != s[j]，只有三种可能：
   ①s[i]可以接在[i + 1, j - 1]最长回文序列前面，dp[i][j] = dp[i][j - 1]。
   ②s[j]可以接在[i + 1, j - 1]最长回文序列后面，dp[i][j] = dp[i + 1][j]。
   ③s[i]或s[j]即不能接在[i + 1][j - 1]最长回文子序列前面，也不能接在后面，dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1]。
   其中③无论如何都是小于等于①②的情况的，填表时无需理会③。

3. 初始化
   （1）对于dp[i][i]（一个字符做回文），需要初始化为1，这里就放在填表中处理了。
   （2）其它位置初始化0即可。

4. 填表顺序
   
   故填表顺序为行从下到上，每一行从左到右。

5. 返回值
   依据状态表示，返回值为dp[0][n - 1]。

• 代码实现

class Solution {
public:
    int longestPalindromeSubseq(string s) {
        int n = s.size();
        //dp[i][j]表示[i，j]区间中的最大回文子序列
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n));
        
        for(int i = n - 1; i >= 0; i--)
        {
            dp[i][i] = 1;
            for(int j = i + 1; j < n; j++)
            {
                //a(s[i])  [i + 1, j - 1]  a(s[j])，[i + 1, j - 1]区间加2
                //不是的话[i + 1, j]，[i, j - 1]取最大  
                if(s[i] == s[j])
                {
                    //dp[i][j] = (i + 1 < j) ? dp[i + 1][j - 1] + 2 : 2;
                    //刚好区间长度为2的时候[i + 1, j - 1]是无效区间
                    //这里无效区间刚好被初始化为0
                    dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2;
                }
                else
                {
                    dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]);
                }               
            }
        }
        return dp[0][n - 1];
    }
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5.让字符串成为回文串的最小插入次数（困难）

链接：让字符串成为回文串的最小插入次数

• 题目描述
  

• 做题步骤

1. 状态表示
   要充分利用回文串的性质，我们需要一个二维表。
   我们定义状态表示为dp[i][j]：[i,j]区间修改成回文所需要的最小次数。

2. 状态转移方程
   对[i, j]区间进行分析：
   (1)s[i] == s[j]。只需要让[i + 1][j - 1]修改成回文即可，我们需要[i + 1][j - 1]区间修改成回文所需要的最小次数，即dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1]。
   
   (2)s[i] != s[j]，这个时候需要修改[i, j]为回文，有两种选择：
   ①在最前面插入一个s[j]，这个时候只需要再修改[i][j - 1]区间为回文即可（比如bad，前面补充变成dbad，需要"ba"区间的最小修改次数）。即dp[i][j] = dp[i][j - 1] + 1。
   ②在最后面插入一个s[i]，这个时候只需要再修改[i + 1][j]区间为回文即可（比如bad，后面补充变成badb，需要"ad"区间的最小修改次数）。即dp[i][j] = dp[i + 1][j] + 1。
   取①②选择中修改次数最小的一方即可。

3. 初始化
   全都初始化为0即可。

4. 填表顺序
   和4题一样，填表顺序行从下到上，每一行从左到右。

5. 返回值
   依据状态表示，返回值为dp[0][n - 1]。

• 代码实现

class Solution {
public:
    int minInsertions(string s) {
        int n = s.size();
        //dp[i][j]表示[i,j]区间修改成回文所需要的最小次数
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n));
        //最后一行可以不开，但那样初始化麻烦
        for(int i = n - 1; i >= 0; i--)
        {
            for(int j = i + 1; j < n; j++)
            {
                //比如mbam，只需要知道"ba"区间的最小修改次数即可
                if(s[i] == s[j])
                {
                    //对于[i, j]长度2的情况，dp[i+1][j-1]刚好初始化为0
                    dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1];
                }
                //比如bad，一种是前面补充->dbad，需要"ba"区间的最小修改次数
                //一种是后面补充->badb，需要"ad"区间的最小修改次数
                else
                {
                    dp[i][j] = min(dp[i][j - 1], dp[i + 1][j]) + 1;
                }
            }
        }
        return dp[0][n - 1];
    }
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