题目描述

难度分:$1500$

输入长度$\leq 2000$的字符串$s$，只包含小写英文字母。

从$s$中选两个不重叠的非空回文子串，有多少种选法？

输入样例$1$

aa

输出样例$1$

1

输入样例$2$

aaa

输出样例$2$

5

输入样例$3$

abacaba

输出样例$3$

36

算法

区间DP

感觉今天的茶和$LeetCode$每日一题重了，做法基本一样。

状态定义

$ispalindrome[l][r]$表示子串$[l,r]$是否是回文的。

状态转移

按照区间DP的套路循环，外层从小到大枚举子串长度$len$，内层循环枚举子串的左端点$l$，那么子串的右端点就是$r=l+len-1$。如果$s[l]=s[r]$，那$[l,r]$是否回文就取决于$[l+1,r-1]$是否回文。有状态转移方程$ispalindrome[l][r]=ispalindrome[l+1][r-1]$。

后缀和

接下来$O(n^2)$枚举左边那个串$[l,r]$，如果$ispalindrome[l][r]=$true，只要知道$r$的右边有几个回文串就可以了。

假设$suf[i]$表示后缀$[i,n]$中回文串的个数，可以倒序遍历$i$，对每个$i$，先把$[i+1,n]$上面的回文串数量继承过来，即状态转移$suf[i]=suf[i+1]$。然后计算以$s[i]$开头的回文串有多少个，遍历右端点$j \geq i$，只要$ispalindrome[l][r]=$true，$suf[i]$就自增。

复杂度分析

时间复杂度

预处理出$suf$的时间复杂度为$O(n^2)$，即遍历左端点$O(n)$，对一个固定的左端点，遍历可能的右端点$O(n)$；区间DP的时间复杂度也为$O(n^2)$，即枚举子串长度$O(n)$，枚举子串左端点$O(n)$。因此，整个算法的时间复杂度为$O(n^2)$。

空间复杂度

除了输入的字符串$s$，DP矩阵$ispalindrome$的空间复杂度为$O(n^2)$，$suf$的空间复杂度为$O(n)$。因此，整个算法的额外空间复杂度为$O(n^2)$。

C++ 代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 2010;
int n, suf[N];
bool ispalindrome[N][N];
char s[N];

int main() {
    scanf("%s", s + 1);
    n = strlen(s + 1);
    memset(ispalindrome, 0, sizeof(ispalindrome));
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        ispalindrome[i][i] = true;
        suf[i] = 0;
        if(i + 1 <= n) {
            if(s[i] == s[i + 1]) ispalindrome[i][i + 1] = true;
        }
    }
    for(int len = 3; len <= n; len++) {
        for(int l = 1; l + len - 1 <= n; l++) {
            int r = l + len - 1;
            if(s[l] == s[r]) {
                ispalindrome[l][r] = ispalindrome[l + 1][r - 1];
            }
        }
    }
    suf[n + 1] = 0;
    for(int i = n; i >= 1; i--) {
        suf[i] = suf[i + 1];
        for(int j = i; j <= n; j++) {
            if(ispalindrome[i][j]) {
                suf[i]++;
            }
        }
    }
    long long ans = 0;
    for(int i = 1; i < n; i++) {
        for(int j = i; j < n; j++) {
            if(ispalindrome[i][j]) {
                ans += suf[j + 1];
            }
        }
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}