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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：
输入的字符串长度不会超过 1000 。
两层for循环，遍历区间起始位置和终止位置，然后判断这个区间是不是回文。
时间复杂度：$O(n^3)$
动规五部曲：
- 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
布尔类型的dp[i][j]：表示区间范围[i,j] （注意是左闭右闭）的子串是否是回文子串，如果是dp[i][j]为true，否则为false。
- 确定递推公式
在确定递推公式时，就要分析如下几种情况。
整体上是两种，就是s[i]与s[j]相等，s[i]与s[j]不相等这两种。
当s[i]与s[j]不相等，那没啥好说的了，dp[i][j]一定是false。
当s[i]与s[j]相等时，这就复杂一些了，有如下三种情况
- 情况一：下标i 与 j相同，同一个字符例如a，当然是回文子串
- 情况二：下标i 与 j相差为1，例如aa，也是文子串
- 情况三：下标：i 与 j相差大于1的时候，例如cabac，此时s[i]与s[j]已经相同了，我们看i到j区间是不是回文子串就看aba是不是回文就可以了，那么aba的区间就是 i+1 与 j-1区间，这个区间是不是回文就看dp[i + 1][j - 1]是否为true。
以上三种情况分析完了，那么递归公式如下：
if (s[i] == s[j]) {
if (j - i <= 1) { // 情况一 和 情况二
result++;
dp[i][j] = true;
} else if (dp[i + 1][j - 1]) { // 情况三
result++;
dp[i][j] = true;
}
}result就是统计回文子串的数量。
注意这里我没有列出当s[i]与s[j]不相等的时候，因为在下面dp[i][j]初始化的时候，就初始为false。
- dp数组如何初始化
dp[i][j]可以初始化为true么？ 当然不行，怎能刚开始就全都匹配上了。
所以dp[i][j]初始化为false。
- 确定遍历顺序
遍历顺序可有有点讲究了。
首先从递推公式中可以看出，情况三是根据dp[i + 1][j - 1]是否为true，在对dp[i][j]进行赋值true的。
dp[i + 1][j - 1] 在 dp[i][j]的左下角，如图：
如果这矩阵是从上到下，从左到右遍历，那么会用到没有计算过的dp[i + 1][j - 1]，也就是根据不确定是不是回文的区间[i+1,j-1]，来判断了[i,j]是不是回文，那结果一定是不对的。
所以一定要从下到上，从左到右遍历，这样保证dp[i + 1][j - 1]都是经过计算的。
有的代码实现是优先遍历列，然后遍历行，其实也是一个道理，都是为了保证dp[i + 1][j - 1]都是经过计算的。
代码如下：
for (int i = s.size() - 1; i >= 0; i--) { // 注意遍历顺序
for (int j = i; j < s.size(); j++) {
if (s[i] == s[j]) {
if (j - i <= 1) { // 情况一 和 情况二
result++;
dp[i][j] = true;
} else if (dp[i + 1][j - 1]) { // 情况三
result++;
dp[i][j] = true;
}
}
}
}- 举例推导dp数组
举例，输入："aaa"，dp[i][j]状态如下：
图中有6个true，所以就是有6个回文子串。
注意因为dp[i][j]的定义，所以j一定是大于等于i的，那么在填充dp[i][j]的时候一定是只填充右上半部分。
以上分析完毕，C++代码如下：
class Solution {
public:
int countSubstrings(string s) {
vector<vector<bool>> dp(s.size(), vector<bool>(s.size(), false));
int result = 0;
for (int i = s.size() - 1; i >= 0; i--) { // 注意遍历顺序
for (int j = i; j < s.size(); j++) {
if (s[i] == s[j]) {
if (j - i <= 1) { // 情况一 和 情况二
result++;
dp[i][j] = true;
} else if (dp[i + 1][j - 1]) { // 情况三
result++;
dp[i][j] = true;
}
}
}
}
return result;
}
};以上代码是为了凸显情况一二三，当然是可以简洁一下的，如下：
class Solution {
public:
int countSubstrings(string s) {
vector<vector<bool>> dp(s.size(), vector<bool>(s.size(), false));
int result = 0;
for (int i = s.size() - 1; i >= 0; i--) {
for (int j = i; j < s.size(); j++) {
if (s[i] == s[j] && (j - i <= 1 || dp[i + 1][j - 1])) {
result++;
dp[i][j] = true;
}
}
}
return result;
}
};- 时间复杂度：$O(n^2)$
- 空间复杂度：$O(n^2)$
动态规划的空间复杂度是偏高的，我们再看一下双指针法。
首先确定回文串，就是找中心然后想两边扩散看是不是对称的就可以了。
在遍历中心点的时候，要注意中心点有两种情况。
一个元素可以作为中心点，两个元素也可以作为中心点。
那么有人同学问了，三个元素还可以做中心点呢。其实三个元素就可以由一个元素左右添加元素得到，四个元素则可以由两个元素左右添加元素得到。
所以我们在计算的时候，要注意一个元素为中心点和两个元素为中心点的情况。
这两种情况可以放在一起计算，但分别计算思路更清晰，我倾向于分别计算，代码如下：
class Solution {
public:
int countSubstrings(string s) {
int result = 0;
for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
result += extend(s, i, i, s.size()); // 以i为中心
result += extend(s, i, i + 1, s.size()); // 以i和i+1为中心
}
return result;
}
int extend(const string& s, int i, int j, int n) {
int res = 0;
while (i >= 0 && j < n && s[i] == s[j]) {
i--;
j++;
res++;
}
return res;
}
};- 时间复杂度：$O(n^2)$
- 空间复杂度：$O(1)$
Java：
动态规划：
class Solution {
public int countSubstrings(String s) {
int len, ans = 0;
if (s == null || (len = s.length()) < 1) return 0;
//dp[i][j]：s字符串下标i到下标j的字串是否是一个回文串，即s[i, j]
boolean[][] dp = new boolean[len][len];
for (int j = 0; j < len; j++) {
for (int i = 0; i <= j; i++) {
//当两端字母一样时，才可以两端收缩进一步判断
if (s.charAt(i) == s.charAt(j)) {
//i++，j--，即两端收缩之后i,j指针指向同一个字符或者i超过j了,必然是一个回文串
if (j - i < 3) {
dp[i][j] = true;
} else {
//否则通过收缩之后的字串判断
dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1];
}
} else {//两端字符不一样，不是回文串
dp[i][j] = false;
}
}
}
//遍历每一个字串，统计回文串个数
for (int i = 0; i < len; i++) {
for (int j = 0; j < len; j++) {
if (dp[i][j]) ans++;
}
}
return ans;
}
}中心扩散法：
class Solution {
public int countSubstrings(String s) {
int len, ans = 0;
if (s == null || (len = s.length()) < 1) return 0;
//总共有2 * len - 1个中心点
for (int i = 0; i < 2 * len - 1; i++) {
//通过遍历每个回文中心，向两边扩散，并判断是否回文字串
//有两种情况，left == right，right = left + 1，这两种回文中心是不一样的
int left = i / 2, right = left + i % 2;
while (left >= 0 && right < len && s.charAt(left) == s.charAt(right)) {
//如果当前是一个回文串，则记录数量
ans++;
left--;
right++;
}
}
return ans;
}
}Python：
动态规划：
class Solution:
def countSubstrings(self, s: str) -> int:
dp = [[False] * len(s) for _ in range(len(s))]
result = 0
for i in range(len(s)-1, -1, -1): #注意遍历顺序
for j in range(i, len(s)):
if s[i] == s[j]:
if j - i <= 1: #情况一 和 情况二
result += 1
dp[i][j] = True
elif dp[i+1][j-1]: #情况三
result += 1
dp[i][j] = True
return result动态规划：简洁版
class Solution:
def countSubstrings(self, s: str) -> int:
dp = [[False] * len(s) for _ in range(len(s))]
result = 0
for i in range(len(s)-1, -1, -1): #注意遍历顺序
for j in range(i, len(s)):
if s[i] == s[j] and (j - i <= 1 or dp[i+1][j-1]):
result += 1
dp[i][j] = True
return result双指针法：
class Solution:
def countSubstrings(self, s: str) -> int:
result = 0
for i in range(len(s)):
result += self.extend(s, i, i, len(s)) #以i为中心
result += self.extend(s, i, i+1, len(s)) #以i和i+1为中心
return result
def extend(self, s, i, j, n):
res = 0
while i >= 0 and j < n and s[i] == s[j]:
i -= 1
j += 1
res += 1
return resGo：
func countSubstrings(s string) int {
res:=0
dp:=make([][]bool,len(s))
for i:=0;i<len(s);i++{
dp[i]=make([]bool,len(s))
}
for i:=len(s)-1;i>=0;i--{
for j:=i;j<len(s);j++{
if s[i]==s[j]{
if j-i<=1{
res++
dp[i][j]=true
}else if dp[i+1][j-1]{
res++
dp[i][j]=true
}
}
}
}
return res
}Javascript
动态规划
const countSubstrings = (s) => {
const strLen = s.length;
let numOfPalindromicStr = 0;
let dp = Array.from(Array(strLen), () => Array(strLen).fill(false));
for(let j = 0; j < strLen; j++) {
for(let i = 0; i <= j; i++) {
if(s[i] === s[j]) {
if((j - i) < 2) {
dp[i][j] = true;
} else {
dp[i][j] = dp[i+1][j-1];
}
numOfPalindromicStr += dp[i][j] ? 1 : 0;
}
}
}
return numOfPalindromicStr;
}双指针法：
const countSubstrings = (s) => {
const strLen = s.length;
let numOfPalindromicStr = 0;
for(let i = 0; i < 2 * strLen - 1; i++) {
let left = Math.floor(i/2);
let right = left + i % 2;
while(left >= 0 && right < strLen && s[left] === s[right]){
numOfPalindromicStr++;
left--;
right++;
}
}
return numOfPalindromicStr;
}