一、回文子串
. - 力扣（LeetCode）
该题有3种解法
（1）中心扩展算法（在字符串章节有介绍）时间复杂度O（N^2）,空间复杂度O（1）
（2）马丁车算法（专门用来解决回文串问题，但是适用返回太窄）时间复杂度O（N）,空间复杂度O（N）
（3）动态规划（可以将所有回文信息都保存在dp表中）时间复杂度O（N^2）,空间复杂度O（N^2）
这边重点介绍动态规划的做法。
算法原理：
1、状态表示（经验+题目要求）
dp[i][j]表示s字符串[i,j]的子串是否是回文串（i<=j）只需处理右上区即可
2、状态转移方程
dp[i][j]:
(1)s[i]!=s[j]——>false
(2)s[i]==s[j]——>
i==j true
i+1==j true
dp[i+1][j-1]
3、初始化
无需初始化
4、填表顺序
dp[i][j]会用到dp[i+1][j-1]，所以必须要从下往上填 ， 左右顺序不重要
5、返回值
dp表中true的个数
class Solution {
public:int countSubstrings(string s) {//动态规划的做法int ret=0;//s[i]==s[j] 1、i==j 2、i+1==j 3、dp[i+1][j-1]?int n=s.size();vector<vector<bool>> dp(n,vector<bool>(n));//只要右上半区 for(int i=n-1;i>=0;--i) //要从下往上 左右无所谓，因为用不到for(int j=i;j<n;++j) //只要右上半区if(s[i]==s[j]) ret+=dp[i][j]=i+1<j?dp[i+1][j-1]:true;return ret;}
};二、最长回文子串
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算法原理：
1、状态表示（经验+题目要求）
dp[i][j]表示s字符串[i,j]的子串是否是回文串（i<=j）只需处理右上区即可
2、状态转移方程
dp[i][j]:
(1)s[i]!=s[j]——>false
(2)s[i]==s[j]——>
i==j true
i+1==j true
dp[i+1][j-1]
3、初始化
无需初始化
4、填表顺序
dp[i][j]会用到dp[i+1][j-1]，所以必须要从下往上填 ， 左右顺序不重要
5、返回值
dp表中为true以及长度最大的子串的起始位置和长度
class Solution {
public:string longestPalindrome(string s) {//动态规划的思想int begin=0,len=1;//帮助我们返回结果int n=s.size();vector<vector<bool>> dp(n,vector<bool>(n));for(int i=n-1;i>=0;--i)for(int j=i;j<n;++j) //右上角部分{if(s[i]==s[j]) {dp[i][j]=i+1<j?dp[i+1][j-1]:true;if(dp[i][j]&&len<j-i+1) {begin=i;len=j-i+1;}} }return s.substr(begin,len);}
};三、分割回文子串I
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解法1：动归预处理+回溯
class Solution {
public://动归预处理+回溯vector<vector<bool>> dp;//dp预处理vector<vector<string>> ret;//记录返回的结果vector<string> path;//记录路径的结果int n;vector<vector<string>> partition(string s) {//dp预处理n=s.size();dp.resize(n,vector<bool>(n));for(int i=n-1;i>=0;--i)for(int j=i;j<n;++j)if(s[i]==s[j]) dp[i][j]=i+1<j?dp[i+1][j-1]:true;//将dp数组交给dfs去处理dfs(s,0);return ret;}void dfs(string&s,int i){if(i==n) {ret.push_back(path);return;}for(int j=i;j<n;++j)if(dp[i][j]){path.emplace_back(s.substr(i,j-i+1));dfs(s,j+1);path.pop_back();}}
};解法2：回溯+记忆化搜索
class Solution {
public:
//回溯+记忆化搜索vector<vector<int>> f;//记忆化数组 0表示未搜索，1表示回文，-1表示不回文vector<vector<string>> ret;//记录返回的结果vector<string> path;//记录路径的结果int n;vector<vector<string>> partition(string s) {n=s.size();f.resize(n,vector<int>(n));//交给dfs帮助我们解决dfs(s,0);return ret;}void dfs(const string&s,int i){if(i==n) {ret.emplace_back(path);return;}for(int j=i;j<n;++j)if(ispal(s,i,j)){path.emplace_back(s.substr(i,j-i+1));dfs(s,j+1);path.pop_back();}}bool ispal(const string&s,int i,int j) //判断i->j是否回文{//先看看备忘录if(f[i][j]) return f[i][j];if(s[i]!=s[j]) return f[i][j]=false;else return f[i][j]=i+1<j?ispal(s,i+1,j-1):true;}
};四、分割回文子串II
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算法原理：
1、状态表示（经验+题目要求）
dp[i]表示s字符串[0，i]区间上的最长子串的最小分割次数
2、状态转移方程
dp[i]:
(1)0-i回文——>0
(2)0-i不是回文——>j-i是否回文——>min(dp[i],dp[j-1]+1)
3、初始化
都初始化为整型最大值，否则最后dp表里都是0会影响结果
4、填表顺序
dp[i][j]会用到dp[i+1][j-1]，所以必须要从下往上填 ， 左右顺序不重要
5、返回值
dp[n-1]
class Solution {
public:int minCut(string s) {int n=s.size();vector<vector<bool>> ispal(n,vector<bool>(n));for(int i=n-1;i>=0;--i)for(int j=i;j<n;++j) //右上角部分if(s[i]==s[j]) ispal[i][j]=i+1<j?ispal[i+1][j-1]:true;//第二次枚举 尝试去分割 vector<int> dp(n,INT_MAX);//初始化为无穷大 for(int i=0;i<n;++i)//先看看左边的部分if(ispal[0][i]) dp[i]=0;elsefor(int j=1;j<=i;++j)//去看看左边 要怎么切割 左开右闭if(ispal[j][i]) dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+1);//j代表最后一个回文串的起始位置return dp[n-1];}
};五、分割回文子串III（经典）
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算法原理：
1、状态表示（经验+题目要求）
dp[i][j]表示对于字符串的前i个字符，将他分割成j个子串，所需修改的最少字符数
2、状态转移方程
int cost(string&s,int l,int r) 表示从s的i-j位置，变成回文串所需要的最小修改次数
dp[i][j]:
(1)j==1（没有分割） cost（s,0,i-1）
(2)j>1——>min(dp[i][j],dp[m][j-1]+cost(s,m,i-1))
3、初始化
初始化成INT_MAX 确保不影响最终结果 dp[0][0]=0 确保不影响结果
4、填表顺序
上到下，左到右
5、返回值
dp[n][k]
class Solution {
public:int palindromePartition(string s, int k) {//dp[i][j]表示对于字符串的前i个字符，将他分割成j个子串，所需修改的最少字符数int n=s.size();vector<vector<int>> dp(n+1,vector<int>(k+1,INT_MAX));dp[0][0]=0;for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=min(k,i);++j)if(j==1) dp[i][j]=cost(s,0,i-1);else for(int m=j-1;m<i;++m) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[m][j-1]+cost(s,m,i-1));//找前面的状态 0->i 分成j个//dp0->m+ cost m->ireturn dp[n][k];//0->n k}int cost(string&s,int l,int r){int ret=0;for(int i=l,j=r;i<j;++i,--j)if(s[i]!=s[j]) ++ret;//需要修改一个才能成为回文return ret;}
};六、分割回文串IV
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算法原理：
1、状态表示（经验+题目要求）
dp[i][j]表示s字符串[i,j]的子串是否是回文串（i<=j）只需处理右上区即可
2、状态转移方程
dp[i][j]:
(1)s[i]!=s[j]——>false
(2)s[i]==s[j]——>
i==j true
i+1==j true
dp[i+1][j-1]
3、初始化
无需初始化
4、填表顺序
dp[i][j]会用到dp[i+1][j-1]，所以必须要从下往上填 ， 左右顺序不重要
5、返回值
第二次枚举，先固定第一个位置，然后固定第二个位置，看看由两个位置分割出来的三个区域是否都为true
class Solution {
public:bool checkPartitioning(string s) {//将结果存到dp表中int n=s.size();vector<vector<bool>> dp(n,vector<bool>(n));for(int i=n-1;i>=0;--i)for(int j=i;j<n;++j) //右上角部分if(s[i]==s[j]) dp[i][j]=i+1<j?dp[i+1][j-1]:true;//第二次枚举 先固定第一个，然后固定第二个，然后看看3个是不是都是true即可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;}
};七、不重叠回文子字符串的最大数目
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class Solution {
public:int maxPalindromes(string s, int k) {//dp[i]表示0->i中的不重叠回文子字符串的最大数目int n=s.size();vector<int> dp(n+1);//如果s[i]不在回文串中 dp[i+1]=dp[i]//如果s[r]在回文串中，采用中心扩展，l->r是回文子串，且r-l+1>=k 有dp[i]=max(dp[i],dp[l-1]+1)for(int i=0;i<n*2-1;++i){//两边到中间不适合判断长度，应该从中间到两边int l=i/2,r=l+i%2; //中心扩展判断是否回文dp[l+1]=max(dp[l],dp[l+1]);for(;l>=0&&r<n&&s[l]==s[r];--l,++r)if(r-l+1>=k){dp[r+1]=max(dp[r+1],dp[l]+1);break;}}return dp[n];}
};八、最长回文子序列
. - 力扣（LeetCode）
class Solution {
public:int longestPalindromeSubseq(string s) {//子序列和子串的区别就是可以不连续int n=s.size();vector<vector<int>> dp(n,vector<int>(n));//只会用到右上半部分for(int i=n-1;i>=0;--i){//dp[i][j]表示i-j区间内所有子序列中，最长回文子序列的长度dp[i][i]=1;for(int j=i+1;j<n;++j)if(s[i]==s[j]) dp[i][j]=dp[i+1][j-1]+2; //i+1=j的情况可以不用考虑 //虽然会出现用不到的格子，但是里面是0所以不会影响计算结果else dp[i][j]=max(dp[i+1][j],dp[i][j-1]);}return dp[0][n-1];}
};算法原理：
1、状态表示（经验+题目要求）
dp[i][j]表示s字符串[i,j]所有子序列中的最长子序列的长度
2、状态转移方程
dp[i][j]:
(1)s[i]!=s[j]——>max(dp[i,j-1],dp[i+1][j])
(2)s[i]==s[j]——>
i==j 1
i+1==j 2
dp[i+1][j-1]+2
3、初始化
初始化为0 dp[i][i]=1
4、填表顺序
上到下，左到右
5、返回值
dp[0][n-1]
九、让字符串成为回文串的最小插入次数
. - 力扣（LeetCode）
算法原理：
1、状态表示（经验+题目要求）
dp[i][j]表示s字符串[i,j]子串，使他成为回文子串的最小插入次数
2、状态转移方程
dp[i][j]:
(1)s[i]!=s[j]——>min(dp[i,j-1],dp[i+1][j])+1
(2)s[i]==s[j]——>
i==j 0
i+1==j 0
dp[i+1][j-1]
3、初始化
初始化为0
4、填表顺序
下往上，左到右
5、返回值
dp[0][n-1]
class Solution {
public:int minInsertions(string s) {int n=s.size();vector<vector<int>> dp(n,vector<int>(n));for(int i=n-1;i>=0;--i)for(int j=i+1;j<n;++j)if(s[i]==s[j]) dp[i][j]=dp[i+1][j-1];else dp[i][j]=min(dp[i][j-1],dp[i+1][j])+1;return dp[0][n-1];}
}; 