Java&C++题解与拓展——leetcode730.统计不同回文子序列【区间DP】

• 题目要求
• 思路：动态规划
• • Java
  • C++
  • Rust
• 总结

• 从小区间扩展至整个区间，所以区间DP；
  • 定义 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]为当前区间范围 [ i , j ] [i,j] [i,j]内回文子序列的个数，所求为整个区间内子序列个数，即返回 f [ 0 ] [ n − 1 ] f[0][n-1] f[0][n−1]。
• 因为只有四个字母，所以枚举来统计，设当前枚举字符为 k k k；
  • 找每个小区间里最靠边的两个字符，根据二者位置关系进行不同的处理。

class Solution {
    int MOD = (int)1e9+7;
    public int countPalindromicSubsequences(String s) {
        int n = s.length();
        int[][] f = new int[n][n];
        int[] left = new int[4], right = new int[4]; // 最左最右的abcd
        Arrays.fill(left, -1);
        for(int i = n - 1; i >= 0; i--) { // 从后向前枚举、找最左
            left[s.charAt(i) - 'a'] = i;
            Arrays.fill(right, -1);
            for(int j = i; j < n; j++) { // 从前向后枚举、找最右
                right[s.charAt(j) - 'a'] = j;
                for(int k = 0; k < 4; k++) { // 当前枚举字符k
                    if(left[k] == -1 || right[k] == -1) // 没有该字符
                        continue;
                    int l = left[k], r = right[k];
                    if(l == r) // 只有一个，k
                        f[i][j] = (f[i][j] + 1) % MOD;
                    else if(l == r - 1) // 相邻，两个，k和kk
                        f[i][j] = (f[i][j] + 2) % MOD;
                    else
                        f[i][j] = (f[i][j] + f[l + 1][r - 1] + 2) % MOD; // 小区间和当前贡献
                }
            }
        }
        return f[0][n - 1];
    }
}

• 时间复杂度： O ( C × n 2 ) O(Ctimes n^2) O(C×n2)
• 空间复杂度： O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)

class Solution {
    int MOD = (int)1e9+7;
public:
    int countPalindromicSubsequences(string s) {
        int n = s.size();
        int f[n][n];
        int left[4], right[4]; // 最左最右的abcd
        memset(f, 0, sizeof(f));
        memset(left, -1, sizeof(left));
        for(int i = n - 1; i >= 0; i--) { // 从后向前枚举、找最左
            left[s[i] - 'a'] = i;
            memset(right, -1, sizeof(right));
            for(int j = i; j < n; j++) { // 从前向后枚举、找最右
                right[s[j] - 'a'] = j;
                for(int k = 0; k < 4; k++) { // 当前枚举字符k
                    if(left[k] == -1 || right[k] == -1) // 没有该字符
                        continue;
                    int l = left[k], r = right[k];
                    if(l == r) // 只有一个，k
                        f[i][j] = (f[i][j] + 1) % MOD;
                    else if(l == r - 1) // 相邻，两个，k和kk
                        f[i][j] = (f[i][j] + 2) % MOD;
                    else
                        f[i][j] = (f[i][j] + f[l + 1][r - 1] + 2) % MOD; // 小区间和当前贡献
                }
            }
        }
        return f[0][n - 1];
    }
};

• 时间复杂度： O ( C × n 2 ) O(Ctimes n^2) O(C×n2)
• 空间复杂度： O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)

• 因为rust里面字符不好转为索引【比如left[usize::from(s[i] - b'a')] = i;】所以就换了个实现方法，干脆把 f f f搞成三维的，大体思路是相似的。

impl Solution {
    pub fn count_palindromic_subsequences(s: String) -> i32 {
        let s = s.as_bytes();
        let n = s.len();
        let mut f = vec![vec![vec![0; 4]; n]; n];
        let MOD = 1000000007;
        
        for i in (0..n).rev() { // 从后向前
            for j in i..n { // 从前向后
                for k in 0..4 {
                    let c = b'a' + k as u8; // 当前枚举字符c
                    if i == j { // 只有一个
                        if s[i] == c {
                            f[i][j][k] = 1
                        }
                    }
                    else {
                        if s[i] != c { // 左不对，右移
                            f[i][j][k] = f[i + 1][j][k];
                        }
                        else if s[j] != c { // 右不对，左移
                            f[i][j][k] = f[i][j - 1][k];
                        }
                        else {
                            if j == i + 1 { // 相邻
                                f[i][j][k] = 2;
                            }
                            else {
                                f[i][j][k] = 2; // 当前贡献，c和cc
                                for m in 0..4 { // 每个小区间
                                    f[i][j][k] += f[i + 1][j - 1][m];
                                    f[i][j][k] %= MOD;
                                }
                            }
                        }
                    }
                }
            }
        }
        let mut res = 0;
        for k in 0..4 { // 四个字符结果相加
            res += f[0][n-1][k];
            res %= MOD;
        }
        
        res
    }
}

• 时间复杂度： O ( C × n 2 ) O(Ctimes n^2) O(C×n2)
• 空间复杂度： O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)

想到了应该动态规划，但是也不怎么下得了手，就cv过来然后学一下思路写其他语言。

这个用遍历顺序找最左和最右的点属实没有想到。

【出去浪了几天、开始还债、好在前几天都不是什么大难题……个p啊、线段树还没补】