647. 回文子串
题目来源：力扣（LeetCode）https://leetcode-cn.com/problems/palindromic-substrings
题目
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 。
解题思路
思路：动态规划
先看题目，题目要求在给定的字符串中，求得字符串中有多少个回文子串。其中提及，不同开始或结束位置的子串，即便相同也视为不同子串。
其实看完题目，我们想到最直接的想法就是，先枚举字符的组合，判断这些字符组合成的子串是否是回文串即可。
现在我们来看看，用这种直接的方法代码实现：
class Solution:
def countSubstrings(self, s: str) -> int:
def is_palindrome(string):
"""判断传入字符串是否是回文串
"""
left = 0
right = len(string) - 1
while left < right:
if string[left] != string[right]:
return False
left += 1
right -= 1
return True
# 计数
count = 0
# 枚举字符组合
for i in range(len(s)):
for j in range(i, len(s)):
# 判断字符组合是否是回文串
# 若是计数 +1，否则跳过
sub_string = s[i:j+1]
if is_palindrome(sub_string):
count += 1
return count
上面的方法中，假设字符串长度为 n，我们枚举所有子串需要 $O(n^2)$ 的时间，而判断子串是否回文串需要 $O(S)$ 的时间，S 是子串的长度，所以整个算法的时间是 $O(n^3)$。
这里用 Python 执行结果超时，也侧面说明思路是可行的。这里执行超时的原因如上所述，是因为频繁对字符串切片以及判断子串是否是回文串。
下面我们看看使用动态规划的思路如何解决。
动态规划
假设，s[i...j](i...j 表示这个区间内的字符包含 i、j)是回文串。那么 s[i-1...j+1] 只有在 s[i-1] == s[j+1] 的情况下，才是回文串。
状态定义
现在设 dp[i][j] 表示 s[i...j] 是否是回文串。
状态转移方程
接下来，我们分析一下，子串是回文串成立的情况：
- 如果 i == j，那么表示是单字符，单字符也是回文串；
- 如果
s[i] == s[j]且i+1=j（或i=j-1），那么这里表示两个字符且相同，那么同样是回文串； - 如果
dp[i+1][j-1] == True，也就是 s[i+1...j-1] 是回文串时，若s[i]==s[j]，此时dp[i][j]同样也是回文串。
我们可以看到，第二、三种情况是可以合并在一起的。
当 s[i]==s[j]，只要 i==j-1 或者 dp[i+1][j-1]==True 其中一个成立，dp[i][j] 都为 True，s[i...j] 是回文串。公式如下：
$dp[i][j] = True, qquad if , (s[i] == s[j]) , and , (i==j-1 , or , dp[i+1][j-1])$
再看第一种情况，我们发现，其实 i==j 时，s[i] == s[j] 也是成立的，只是此时 i=j-0，。
那么这里再将第一种情况跟上面合并，也就是 i >= j - 1 或者 i - j >= -1 时，公式如下：
$dp[i][j] = True, qquad if , (s[i] == s[j]) , and , (i-j>=-1 , or , dp[i+1][j-1])$
复杂度分析：
- 时间复杂度： $O(n^2)$
- 空间复杂度： $O(n^2)$， dp 数组的开销。
还有 中心扩散法，这个方法能够将空间复杂度降低为常数时间复杂度 $O(1)$。这里在官方题解有给出详细内容，有兴趣的可以从下面链接入口进入了解。
具体的代码实现如下。
代码实现
class Solution:
def countSubstrings(self, s: str) -> int:
# 计数
count = 0
n = len(s)
# 定义 dp 数组，初始化为 False
dp = [[False] * n for _ in range(n)]
# 我们从右往左遍历，填充 dp 数组
for i in range(n-1, -1, -1):
for j in range(i, n):
# 根据文章得出的状态转移方程
if s[i]==s[j] and (i-j>=-1 or dp[i+1][j-1]):
dp[i][j] = True
count += 1
return count
实现结果
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