给定一个字符串s，返回长度为 5 的回文子序列的数量。
测试用例 1：
input : "abcdba"
Output : 2
"abcba" and "abdba"
测试用例 2：
input : "aabccba"
Output : 4
"abcba" , "abcba" , "abcba" , "abcba"
字符串的最大长度：700
我的 TLE 方法：O(2^n)
https://www.online-java.com/5YegWkAVad
任何输入都非常感谢......
【问题讨论】：
21。我会修改并通知您。
例如：
a bcbc a
^ ^
|_ _ _ |
在上面的例子中，你可以找到2个长度为3的回文，即bcb和cbc。因此，我们可以将长度为5的回文序列构造为abcba或acbca。因此，答案是2。
如果我们在第一次执行时不缓存结果，那么计算每个子串可能有多少个长度为 3 的回文可能会非常耗时。因此，缓存这些结果并将它们重新用于由其他 2 个字符匹配生成的查询。 (a.k.a dynamic programming)
这样，解决方案就变成了二次方O(n^2)时间，其中n是字符串的长度。
片段：
private static long solve(String s){
long ans = 0;
int len = s.length();
long[][] dp = new long[len][len];
/* compute how many palindromes of length 3 are possible for every 2 characters match */
for(int i = len - 2;i >= 0; --i){
for(int j = i + 2; j < len; ++j){
dp[i][j] = dp[i][j-1] + (dp[i + 1][j] == dp[i + 1][j-1] ? 0 : dp[i + 1][j] - dp[i + 1][j - 1]);
if(s.charAt(i) == s.charAt(j)){
dp[i][j] += j - i - 1;
}
}
}
/* re-use the above data to calculate for palindromes of length 5*/
for(int i = 0; i < len; ++i){
for(int j = i + 4; j < len; ++j){
if(s.charAt(i) == s.charAt(j)){
ans += dp[i + 1][j - 1];
}
}
}
//for(int i=0;i<len;++i) System.out.println(Arrays.toString(dp[i]));
return ans;
}
更新：
dp[i][j] = dp[i][j-1] + (dp[i + 1][j] == dp[i + 1][j-1] ? 0 : dp[i + 1][j] - dp[i + 1][j - 1]);
上面一行基本上是这个意思，
bcbcb，匹配第一个和最后一个b, 总共3个回文长度可以相加bcbc 的可能总数。cbcb 的可能总数。bcbcb（在if条件下为(j - i - 1)）的可能总数。
dp[i][j] 手头的当前子字符串。dp[i][j-1] - 添加前面的长度为 3 的子串计数。在此示例中，bcbc。dp[i + 1][j]，添加以当前索引结尾的子字符串，不包括第一个字符。 （在这里，cbcb）。dp[i + 1][j] == dp[i + 1][j-1] ? 0 : dp[i + 1][j] - dp[i + 1][j - 1] 这基本上是为了避免对内部子字符串进行重复计数，并且仅在计数存在差异时才添加它们。
【讨论】：
dp[i][j] = dp[i][j-1] + (dp[i + 1][j] == dp[i + 1][j-1] ? 0 : dp[i + 1][j] - dp[i + 1][j - 1]);
dp 表和讨论它的长更新行之前，我会写下它的确切定义方法.在编写实际代码之前，这通常是我真正写下的第一件事（在纸上或作为代码注释）。类似于 dp[i][j] = number of length-3 palindromes in s[i:j]（s[i:j] 是 Python 符号，不知道 Java 的约定。）
我认为这篇文章会有所帮助，通过存储两位数对的数量，它的时间复杂度为 O(n)。
【讨论】：