最长回文子序列的变种：统计回文子序列的个数（进阶版：考虑字符集限制，并统计长度至少为L的不同回文子序列个数）
字数 8454 2025-12-08 01:59:49

最长回文子序列的变种：统计回文子序列的个数（进阶版：考虑字符集限制，并统计长度至少为L的不同回文子序列个数）

这是一个关于最长回文子序列的进阶问题，我们需要统计给定字符串中所有不同的回文子序列的个数，但这里有一些额外条件：字符串由小写英文字母组成（字符集限制），并且我们只关心长度至少为L的不同回文子序列。我们将详细、循序渐进地讲解解题思路和步骤。

第一步：问题理解与定义

题目描述
给定一个字符串 s（只包含小写字母，长度设为 n），以及一个正整数 L。要求统计 s 中所有不同的回文子序列的数量，其中每个回文子序列的长度必须至少为 L。

注意：

  1. 子序列：从原字符串中删除一些字符（也可以不删除）后，剩余的字符相对顺序保持不变形成的序列。
  2. 回文子序列：该子序列正读和反读相同。
  3. 不同：即使子序列在 s 中出现多次，只要内容相同，只算一种。
  4. 字符集限制：只有小写字母（26种字符），这会影响我们设计状态。
  5. 长度至少 L：最终统计时，只考虑长度 >= L 的子序列。

举例：
s = "abca", L = 2
回文子序列有：

  • 长度为1: "a", "b", "c"（忽略，因为长度<2）
  • 长度为2: "aa", "bb", "cc"（其中"aa"出现2次，但只算1个），"ab"不是回文，"ac"不是，"bc"不是，"ba"不是... 实际上符合的："aa", "bb", "cc" 都不是子序列？等一下，检查："aa" 是子序列吗？取下标0和3的字符'a','a'，是的。
  • 长度为3: "aba", "aca", "aaa"（"aaa" 能组成吗？s中只有两个'a'，所以不行）。"aba"：取0,1,3（a,b,a）是回文，长度为3。
  • 长度为4: 整个"abca"不是回文。

但我们需要不同的回文子序列，长度>=2。
列出所有回文子序列（不同）：
长度2: "aa"（下标0,3）、"bb"（下标1,1?不行，单个字符不算长度2，需要不同下标），"bb"不存在（只有一个b），"cc"不存在（只有一个c），所以只有"aa"。
长度3: "aba"（0,1,3），"aca"（0,2,3），"aaa"不存在。
长度4: 无。
所以不同回文子序列：{"aa", "aba", "aca"}，共3个。

目标：编写算法高效计算这个数目。

第二步：基础思路

如果不考虑“不同”，只统计所有回文子序列的个数（包括重复位置但相同内容），那是一个经典DP问题：设 dp[i][j] 表示子串 s[i..j] 中回文子序列的个数（包含空序列吗？通常不包含，但我们只统计非空回文子序列）。转移方程是：

如果 s[i] == s[j]：

  • 新增的回文子序列包括：s[i] + 子序列 + s[j]，其中子序列来自 dp[i+1][j-1] 中的每一个回文子序列（包括空序列，对应长度为2的回文 s[i]s[j]），所以新增数量 = dp[i+1][j-1] + 1（这个+1是 s[i]s[j] 和可能只取两端的组合？实际上经典公式是：dp[i][j] = dp[i+1][j] + dp[i][j-1] - dp[i+1][j-1] + (s[i]==s[j] ? dp[i+1][j-1] + 1 : 0)）。

但这样会重复计算相同内容但不同下标的子序列。比如 s = "aaa"，子序列 "aa" 可以由多种下标组合得到，但内容相同。我们的目标是不同内容，所以需要去重。

第三步：去重与字符集利用

由于字符集只有26个小写字母，我们可以利用字符的最后一次出现位置来去重。
一个常用技巧是：
定义 dp[i][j] 表示在子串 s[i..j] 中，以字符 s[i] 开头（或任意字符） 的回文子序列个数？不，这样不便于去重。

更好方法是：定义 f[i][j] 为子串 s[i..j] 中不同的回文子序列个数（长度任意，包括空序列吗？我们最后会减去长度<L的部分）。
为了去重，我们考虑：当 s[i] == s[j] 时，如果中间有同样的字符，要避免重复计算。
标准解法（LeetCode 730 统计不同回文子序列）的DP定义是：

dp[i][j] 表示子串 s[i..j] 中不同的回文子序列个数（包括空序列吗？通常包括，但最后减去空序列和长度为1的）。
转移时，如果 s[i] != s[j]，则 dp[i][j] = dp[i+1][j] + dp[i][j-1] - dp[i+1][j-1]（容斥原理）。
如果 s[i] == s[j]，假设字符是 ch = s[i]，我们找到子串 s[i+1..j-1] 中左侧第一个 ch 的位置 left 和右侧第一个 ch 的位置 right（相对于 i+1 和 j-1 的索引）。

  • 如果 left > right，说明中间没有字符 ch，则新增的回文子序列是：ch 和 chXch 形式，其中 X 是 dp[i+1][j-1] 中的任意回文子序列，再加上 ch 和 chch（长度为2）。实际上公式是：dp[i][j] = dp[i+1][j] + dp[i][j-1] - dp[i+1][j-1] + dp[i+1][j-1] + 1 吗？需要细化。

更精确的（LeetCode 730 解法）：

  1. 如果 s[i] != s[j]，dp[i][j] = dp[i+1][j] + dp[i][j-1] - dp[i+1][j-1]。
  2. 如果 s[i] == s[j]，令 ch = s[i]，找到 i < left <= right < j 使得 s[left] = ch 且 left 最小，s[right] = ch 且 right 最大。
    • 如果 left 不存在（即中间没有相同字符），则 dp[i][j] = dp[i+1][j-1] * 2 + 2。这里的 +2 是新增 ch 和 chch 两个回文序列。
    • 如果 left == right（中间恰好一个相同字符），则 dp[i][j] = dp[i+1][j-1] * 2 + 1。
    • 如果 left < right（中间至少两个相同字符），则 dp[i][j] = dp[i+1][j-1] * 2 - dp[left+1][right-1]。

这个公式的目的是去重，确保相同的回文序列不重复计数。
但我们现在还需要考虑长度至少 L 的限制。

第四步：加入长度限制

我们可以修改 DP 状态，让它同时记录长度信息。但那样复杂度会变高（n^2 * L）。
另一种思路：先计算所有不同回文子序列（长度任意），但最后只累加长度 >= L 的。问题是我们 DP 的 dp[i][j] 是总数，没有按长度分类。

所以我们需要 DP 状态增加一维：长度。
定义 dp[i][j][k] 为子串 s[i..j] 中，长度为 k 的不同回文子序列的个数。
但 k 最大为 n，空间 O(n^3) 太大（n 可能 1000+），不可行。

观察到字符集很小（26），我们可以用另一种状态表示：
定义 f[len][c] 表示长度为 len，以字符 c 开头（和结尾）的不同回文子序列的个数。但中间部分不确定，难以转移。

更好的方法是：在原来的去重 DP 基础上，我们额外记录长度信息。
原来 dp[i][j] 是一个整数（个数），现在我们让 dp[i][j] 变成一个长度为 n+1 的数组（或列表），dp[i][j][l] 表示子串 s[i..j] 中，长度为 l 的不同回文子序列个数。
但这样空间 O(n^3) 仍然大，但 n 较小时可行（比如 n <= 200）。如果 n 更大，需要优化。

第五步：优化思路（字符集小）

因为字符集只有 26 种，我们可以用另一种 DP：
定义 f[l][c1][c2] 表示长度为 l，开头字符为 c1，结尾字符为 c2 的不同回文子序列个数。但中间部分也需要匹配回文，这需要更复杂状态。

一个可行方法是：

  • 先预处理出每个字符在字符串中的出现位置列表。
  • 用区间 DP，状态为 (i, j, len)，但我们可以用记忆化搜索，只计算必要的状态。
  • 由于要求不同，我们强制规定：对于一个回文子序列，我们取它在原字符串中最早出现的那组下标作为代表，避免重复。如何判断最早？可以定义：对于子序列，我们取它在 s 中所有可能下标组合中，字典序最小的一组下标。但这在 DP 中不容易直接体现。

实际上，LeetCode 730 的 DP 已经统计了所有不同回文子序列（任意长度），我们可以用类似的 DP，但把长度信息嵌入。

第六步：最终 DP 设计

我们定义 dp[i][j] 为一个长度为 (j-i+2) 的数组（或列表），dp[i][j][l] 表示在子串 s[i..j] 中，长度为 l 的不同回文子序列的个数。

转移方程（基于 LeetCode 730 的思路扩展）：

  1. 如果 s[i] != s[j]：
    dp[i][j][l] = dp[i+1][j][l] + dp[i][j-1][l] - dp[i+1][j-1][l]（对于所有 l）。
    注意：长度为 0 的序列（空序列）我们不考虑，所以 l 从 1 开始。

  2. 如果 s[i] == s[j]，设 ch = s[i]，找到 left 为 (i, j) 中大于 i 的最小索引使 s[left] = ch，right 为小于 j 的最大索引使 s[right] = ch。

    • 如果 left 不存在（即中间没有相同字符）：
      新增的回文序列是：
      a) 单个字符 ch（长度 1）：dp[i][j][1] += 1（如果之前没有计数过，但这里要小心去重，单个字符在更小区间可能被计过，所以要用新计算）。
      更系统的做法是：
      我们先把 dp[i+1][j-1] 的所有长度序列搬过来，然后对每个长度 len，新增 dp[i+1][j-1][len] 个序列（两边加 ch，长度+2）。
      另外新增两个序列：ch（长1）和 chch（长2）。
      所以：
      dp[i][j][1] = 1（如果之前没有，实际上要合并 dp[i+1][j] 等，我们得用总公式）。
      实际上，经典总个数公式是：dp[i][j] = 2*dp[i+1][j-1] + 2。
      对应到长度：新增长度 = 原长度+2，所以 dp[i][j][l] += dp[i+1][j-1][l-2]（对 l>=2），再加上 l=1 和 l=2 各加1（如果没被前面区间算过）。
      但注意，dp[i+1][j-1] 中可能已经有长度为 1 的 ch，但那是子串 i+1..j-1 里的，我们现在是 i..j 区间，新加的 ch 是 s[i] 这个位置的字符，可能和之前的 ch 重复吗？不会，因为中间没有相同字符，所以这个 ch 是新的不同子序列（单个字符）。同样 chch 也是新的。
      所以公式：
      dp[i][j][l] = dp[i+1][j][l] + dp[i][j-1][l] - dp[i+1][j-1][l]（先继承），
      然后对 l>=2：dp[i][j][l] += dp[i+1][j-1][l-2]，
      然后 dp[i][j][1] += 1，dp[i][j][2] += 1。
      但这样会重复计算，因为 dp[i+1][j] 中可能已经包含单个 ch（如果 s[i+1]=ch），我们要去重。这就是为什么需要找 left, right 的原因。

    为了去重，我们分情况（基于 left, right 位置）：

    • 如果 left 不存在：
      中间没有相同字符，则新增的序列是：ch 和 chch，以及所有 dp[i+1][j-1] 中的序列两边加 ch。
      所以：dp[i][j][l] = (dp[i+1][j][l] + dp[i][j-1][l] - dp[i+1][j-1][l]) + (l>=2 ? dp[i+1][j-1][l-2] : 0) + (l==1 ? 1 : 0) + (l==2 ? 1 : 0)。
      但要注意，dp[i+1][j] 中可能已经有 ch 了（如果 s[j]=ch），但 s[i] 和 s[j] 相同，我们新增的 ch 和已有的可能重复，但因为我们定义“不同”是指内容，所以同一个字符 'a' 无论在哪个位置，单个 'a' 是同一个子序列。所以如果 dp[i+1][j] 中已经包含 'a'，我们不能再加。
      所以更好的做法是：不去加 l=1 的 1，而是看当前区间是否第一次出现 'a' 这个字符作为单个字符子序列。实际上，单个字符子序列的个数就是区间内不同字符的个数。所以我们不能简单加1。

      为了统一，我们采用 LeetCode 730 的总数公式，然后拆分成长度分布。
      设 total[i][j] 为不同回文子序列总个数（长度任意）。
      公式：total[i][j] = total[i+1][j] + total[i][j-1] - total[i+1][j-1]（如果 s[i]!=s[j]）。
      如果 s[i]==s[j]：
      找 left, right：

      1. 如果 left 不存在：total[i][j] = total[i+1][j-1] * 2 + 2
      2. 如果 left == right：total[i][j] = total[i+1][j-1] * 2 + 1
      3. 如果 left < right：total[i][j] = total[i+1][j-1] * 2 - total[left+1][right-1]

      这个公式已经去重。我们需要把 total 拆分成按长度的计数。
      注意到：新增的部分主要是由 total[i+1][j-1] 中的每个回文子序列两边加 ch 得到的，所以长度+2。
      另外额外新增的 1 或 2 个回文，分别是长度为 1 的 ch 和长度为 2 的 chch。
      所以我们可以用类似 DP 推长度分布。

第七步：递推长度分布公式

设 lenDP[i][j][l] 表示区间 [i,j] 中长度为 l 的不同回文子序列个数。
我们也可以用递归/记忆化搜索实现。

递归思路：
函数 dfs(i, j) 返回一个数组 cnt[1..n]，表示区间 [i,j] 中不同回文子序列按长度的计数。
递归过程：

  1. 如果 i > j: 返回全 0 数组（没有子序列）。
  2. 如果 i == j: 只有 1 个长度为 1 的子序列（s[i]），所以 cnt[1] = 1，其他为 0。
  3. 否则，先计算 left = dfs(i+1, j), right = dfs(i, j-1), mid = dfs(i+1, j-1) 的计数数组。
  4. 如果 s[i] != s[j]，则 cnt[l] = left[l] + right[l] - mid[l]（注意去重，但这里 left 和 right 可能有重叠，重叠就是 mid 中的序列）。
  5. 如果 s[i] == s[j]，找到 leftPos, rightPos：

    • 如果 leftPos 不存在：则新增的序列是：mid 中每个长度 l 的序列变成 l+2 的序列，再加一个长度为 1 的 ch 和一个长度为 2 的 chch。
      但要注意 mid 中可能已经有长度为 1 的 ch 吗？如果有，说明在更小区间已经有 ch 这个子序列，那么当前区间新增的长度 1 的 ch 和之前的是同一个，不能重复加。
      但我们的 mid 是区间 [i+1, j-1]，如果中间有 ch，则 leftPos 存在，所以这种情况不会发生。
      所以：
      cnt[l] = left[l] + right[l] - mid[l]（先合并）
      然后对 l >= 3: cnt[l] += mid[l-2]（因为 l=2 时，mid[0] 不存在，我们单独处理 l=2）
      对于 l=2: cnt[2] += 1（新增 chch）
      对于 l=1: cnt[1] += 1（新增 ch）

    • 如果 leftPos == rightPos：
      中间只有一个 ch，那么新增的序列是：mid 中每个序列两边加 ch（长度+2），以及新增一个长度为 2 的 chch（但长度为 1 的 ch 已经存在，因为中间有一个 ch，所以 mid 中已有长度为 1 的 ch，不能再加）。
      所以：
      cnt[l] = left[l] + right[l] - mid[l]
      对 l>=3: cnt[l] += mid[l-2]
      对 l=2: cnt[2] += 1（新增 chch）

    • 如果 leftPos < rightPos：
      中间有至少两个 ch，那么新增的序列是：mid 中每个序列两边加 ch（长度+2），但要减去重复部分，即 leftPos+1 .. rightPos-1 区间内形成的回文子序列两边加 ch 得到的序列（因为这部分在更内层已经算过）。
      设 inner = dfs(leftPos+1, rightPos-1) 的计数数组。
      则 cnt[l] = left[l] + right[l] - mid[l]
      对 l>=3: cnt[l] += mid[l-2] - inner[l-2]（注意 inner[l-2] 可能为0）
      对 l=2: cnt[2] += 1（新增 chch）
      对 l=1: 不新增，因为 ch 已经存在。

这样我们就得到了每个区间的长度分布。

第八步：计算答案

我们只需计算 dfs(0, n-1) 得到的数组，对 l >= L 的部分求和即可。

第九步：复杂度与优化

空间：O(n^2 * n) 在 n=200 时是 200^3=8e6，可能勉强，但我们可以用 short 类型存储计数，因为结果可能很大，需要取模。
时间：O(n^3) 在 n=200 时 8e6 可接受，但 n 再大就不行。
优化：由于字符集只有 26，我们可以预处理每个字符的下一个和上一个出现位置，这样找 leftPos, rightPos 可以 O(1)。但 DP 仍需 O(n^3)。

如果 n 较大（如 1000），我们可以用另一种思路：
定义 dp[l][i] 表示以 i 开头、长度为 l 的回文子序列的个数，然后用字符位置转移，但去重困难。

在竞赛中，通常 n<=200，O(n^3) 可接受。

第十步：举例验证

s = "abca", L=2。

区间 [0,3]：
s[0]=a, s[3]=a 相等，找 leftPos: 下一个 a 在位置 3（但 leftPos 要在 (0,3) 内），没有，所以 leftPos 不存在。
mid = dfs(1,2) = 区间 "bc" 的回文子序列：b, c 两个长度为1的。
所以 mid[1]=2, mid[2]=0, ...
cnt[l] 先由 left=[1,2], right=[0,2] 合并计算（略）。
然后新增：
l>=3: cnt[l] += mid[l-2] → 没有。
l=2: cnt[2] += 1（新增 "aa"）
l=1: cnt[1] += 1（新增 "a"）

但注意区间 [0,2] 和 [1,3] 等会贡献其他回文。
最终我们得到 cnt[2]=1 ("aa"), cnt[3]=2 ("aba","aca")，长度>=2 的总数=1+2=3，与手工计算一致。

总结

我们通过扩展经典统计不同回文子序列的 DP，加入长度维度，按照字符匹配情况分三类递推长度分布，最终求和长度 >= L 的部分，得到答案。这个算法在字符集小、n 不太大时可行，时间复杂度 O(n^3)，空间 O(n^3) 可优化到 O(n^2) 如果只存必要区间长度数组。

最长回文子序列的变种：统计回文子序列的个数（进阶版：考虑字符集限制，并统计长度至少为L的不同回文子序列个数） 这是一个关于最长回文子序列的进阶问题，我们需要统计给定字符串中所有不同的回文子序列的个数，但这里有一些额外条件：字符串由小写英文字母组成（字符集限制），并且我们只关心 长度至少为L 的 不同 回文子序列。我们将详细、循序渐进地讲解解题思路和步骤。 第一步：问题理解与定义 题目描述 给定一个字符串 s （只包含小写字母，长度设为 n ），以及一个正整数 L 。要求统计 s 中所有 不同 的回文子序列的数量，其中每个回文子序列的长度必须 至少为 L 。 注意 ： 子序列：从原字符串中删除一些字符（也可以不删除）后，剩余的字符相对顺序保持不变形成的序列。 回文子序列：该子序列正读和反读相同。 不同：即使子序列在 s 中出现多次，只要内容相同，只算一种。 字符集限制：只有小写字母（26种字符），这会影响我们设计状态。 长度至少 L：最终统计时，只考虑长度 >= L 的子序列。 举例 ： s = "abca" , L = 2 回文子序列有： 长度为1: "a", "b", "c"（忽略，因为长度 <2） 长度为2: "aa", "bb", "cc"（其中"aa"出现2次，但只算1个），"ab"不是回文，"ac"不是，"bc"不是，"ba"不是... 实际上符合的："aa", "bb", "cc" 都不是子序列？等一下，检查："aa" 是子序列吗？取下标0和3的字符'a','a'，是的。 长度为3: "aba", "aca", "aaa"（"aaa" 能组成吗？s中只有两个'a'，所以不行）。"aba"：取0,1,3（a,b,a）是回文，长度为3。 长度为4: 整个"abca"不是回文。 但我们需要 不同 的回文子序列，长度>=2。 列出所有回文子序列（不同）： 长度2: "aa"（下标0,3）、"bb"（下标1,1?不行，单个字符不算长度2，需要不同下标），"bb"不存在（只有一个b），"cc"不存在（只有一个c），所以只有"aa"。 长度3: "aba"（0,1,3），"aca"（0,2,3），"aaa"不存在。 长度4: 无。 所以不同回文子序列：{"aa", "aba", "aca"}，共3个。 目标：编写算法高效计算这个数目。 第二步：基础思路 如果不考虑“不同”，只统计所有回文子序列的个数（包括重复位置但相同内容），那是一个经典DP问题：设 dp[i][j] 表示子串 s[i..j] 中回文子序列的个数（包含空序列吗？通常不包含，但我们只统计非空回文子序列）。转移方程是： 如果 s[i] == s[j] ： 新增的回文子序列包括： s[i] + 子序列 + s[j] ，其中子序列来自 dp[i+1][j-1] 中的每一个回文子序列（包括空序列，对应长度为2的回文 s[i]s[j] ），所以新增数量 = dp[i+1][j-1] + 1 （这个+1是 s[i]s[j] 和可能只取两端的组合？实际上经典公式是： dp[i][j] = dp[i+1][j] + dp[i][j-1] - dp[i+1][j-1] + (s[i]==s[j] ? dp[i+1][j-1] + 1 : 0) ）。 但这样会重复计算相同内容但不同下标的子序列。比如 s = "aaa" ，子序列 "aa" 可以由多种下标组合得到，但内容相同。我们的目标是 不同 内容，所以需要去重。 第三步：去重与字符集利用 由于字符集只有26个小写字母，我们可以利用字符的最后一次出现位置来去重。 一个常用技巧是： 定义 dp[i][j] 表示在子串 s[i..j] 中， 以字符 s[i] 开头（或任意字符） 的回文子序列个数？不，这样不便于去重。 更好方法是：定义 f[i][j] 为子串 s[i..j] 中 不同的 回文子序列个数（长度任意，包括空序列吗？我们最后会减去长度 <L的部分）。 为了去重，我们考虑：当 s[i] == s[j] 时，如果中间有同样的字符，要避免重复计算。 标准解法（LeetCode 730 统计不同回文子序列）的DP定义是： dp[i][j] 表示子串 s[i..j] 中不同的回文子序列个数（包括空序列吗？通常包括，但最后减去空序列和长度为1的）。 转移时，如果 s[i] != s[j] ，则 dp[i][j] = dp[i+1][j] + dp[i][j-1] - dp[i+1][j-1] （容斥原理）。 如果 s[i] == s[j] ，假设字符是 ch = s[i] ，我们找到子串 s[i+1..j-1] 中左侧第一个 ch 的位置 left 和右侧第一个 ch 的位置 right （相对于 i+1 和 j-1 的索引）。 如果 left > right ，说明中间没有字符 ch ，则新增的回文子序列是： ch 和 chXch 形式，其中 X 是 dp[i+1][j-1] 中的任意回文子序列，再加上 ch 和 chch （长度为2）。实际上公式是： dp[i][j] = dp[i+1][j] + dp[i][j-1] - dp[i+1][j-1] + dp[i+1][j-1] + 1 吗？需要细化。 更精确的（LeetCode 730 解法）： 如果 s[i] != s[j] ， dp[i][j] = dp[i+1][j] + dp[i][j-1] - dp[i+1][j-1] 。 如果 s[i] == s[j] ，令 ch = s[i] ，找到 i < left <= right < j 使得 s[left] = ch 且 left 最小， s[right] = ch 且 right 最大。 如果 left 不存在（即中间没有相同字符），则 dp[i][j] = dp[i+1][j-1] * 2 + 2 。这里的 +2 是新增 ch 和 chch 两个回文序列。 如果 left == right （中间恰好一个相同字符），则 dp[i][j] = dp[i+1][j-1] * 2 + 1 。 如果 left < right （中间至少两个相同字符），则 dp[i][j] = dp[i+1][j-1] * 2 - dp[left+1][right-1] 。 这个公式的目的是去重，确保相同的回文序列不重复计数。 但我们现在还需要考虑 长度至少 L 的限制。 第四步：加入长度限制 我们可以修改 DP 状态，让它同时记录长度信息。但那样复杂度会变高（n^2 * L）。 另一种思路：先计算所有不同回文子序列（长度任意），但最后只累加长度 >= L 的。问题是我们 DP 的 dp[i][j] 是总数，没有按长度分类。 所以我们需要 DP 状态增加一维：长度。 定义 dp[i][j][k] 为子串 s[i..j] 中，长度为 k 的不同回文子序列的个数。 但 k 最大为 n，空间 O(n^3) 太大（n 可能 1000+），不可行。 观察到字符集很小（26），我们可以用另一种状态表示： 定义 f[len][c] 表示长度为 len ，以字符 c 开头（和结尾）的不同回文子序列的个数。但中间部分不确定，难以转移。 更好的方法是：在原来的去重 DP 基础上，我们额外记录 长度信息 。 原来 dp[i][j] 是一个整数（个数），现在我们让 dp[i][j] 变成一个长度为 n+1 的数组（或列表）， dp[i][j][l] 表示子串 s[i..j] 中，长度为 l 的不同回文子序列个数。 但这样空间 O(n^3) 仍然大，但 n 较小时可行（比如 n <= 200）。如果 n 更大，需要优化。 第五步：优化思路（字符集小） 因为字符集只有 26 种，我们可以用另一种 DP： 定义 f[l][c1][c2] 表示长度为 l ，开头字符为 c1 ，结尾字符为 c2 的不同回文子序列个数。但中间部分也需要匹配回文，这需要更复杂状态。 一个可行方法是： 先预处理出每个字符在字符串中的出现位置列表。 用区间 DP，状态为 (i, j, len) ，但我们可以用记忆化搜索，只计算必要的状态。 由于要求不同，我们强制规定：对于一个回文子序列，我们取它在原字符串中 最早出现的那组下标 作为代表，避免重复。如何判断最早？可以定义：对于子序列，我们取它在 s 中所有可能下标组合中，字典序最小的一组下标。但这在 DP 中不容易直接体现。 实际上，LeetCode 730 的 DP 已经统计了所有不同回文子序列（任意长度），我们可以用类似的 DP，但把长度信息嵌入。 第六步：最终 DP 设计 我们定义 dp[i][j] 为一个长度为 (j-i+2) 的数组（或列表）， dp[i][j][l] 表示在子串 s[i..j] 中，长度为 l 的 不同 回文子序列的个数。 转移方程（基于 LeetCode 730 的思路扩展）： 如果 s[i] != s[j] ： dp[i][j][l] = dp[i+1][j][l] + dp[i][j-1][l] - dp[i+1][j-1][l] （对于所有 l）。 注意：长度为 0 的序列（空序列）我们不考虑，所以 l 从 1 开始。 如果 s[i] == s[j] ，设 ch = s[i] ，找到 left 为 (i, j) 中大于 i 的最小索引使 s[left] = ch ， right 为小于 j 的最大索引使 s[right] = ch 。 如果 left 不存在（即中间没有相同字符）： 新增的回文序列是： a) 单个字符 ch （长度 1）： dp[i][j][1] += 1 （如果之前没有计数过，但这里要小心去重，单个字符在更小区间可能被计过，所以要用新计算）。 更系统的做法是： 我们先把 dp[i+1][j-1] 的所有长度序列搬过来，然后对每个长度 len ，新增 dp[i+1][j-1][len] 个序列（两边加 ch，长度+2）。 另外新增两个序列： ch （长1）和 chch （长2）。 所以： dp[i][j][1] = 1 （如果之前没有，实际上要合并 dp[i+1][j] 等，我们得用总公式）。 实际上，经典总个数公式是： dp[i][j] = 2*dp[i+1][j-1] + 2 。 对应到长度：新增长度 = 原长度+2，所以 dp[i][j][l] += dp[i+1][j-1][l-2] （对 l>=2），再加上 l=1 和 l=2 各加1（如果没被前面区间算过）。 但注意， dp[i+1][j-1] 中可能已经有长度为 1 的 ch ，但那是子串 i+1..j-1 里的，我们现在是 i..j 区间，新加的 ch 是 s[ i] 这个位置的字符，可能和之前的 ch 重复吗？不会，因为中间没有相同字符，所以这个 ch 是新的不同子序列（单个字符）。同样 chch 也是新的。 所以公式： dp[i][j][l] = dp[i+1][j][l] + dp[i][j-1][l] - dp[i+1][j-1][l] （先继承）， 然后对 l>=2： dp[i][j][l] += dp[i+1][j-1][l-2] ， 然后 dp[i][j][1] += 1 ， dp[i][j][2] += 1 。 但这样会重复计算，因为 dp[i+1][j] 中可能已经包含单个 ch （如果 s[ i+1 ]=ch），我们要去重。这就是为什么需要找 left, right 的原因。 为了去重，我们分情况（基于 left, right 位置）： 如果 left 不存在： 中间没有相同字符，则新增的序列是： ch 和 chch ，以及所有 dp[i+1][j-1] 中的序列两边加 ch。 所以： dp[i][j][l] = (dp[i+1][j][l] + dp[i][j-1][l] - dp[i+1][j-1][l]) + (l>=2 ? dp[i+1][j-1][l-2] : 0) + (l==1 ? 1 : 0) + (l==2 ? 1 : 0) 。 但要注意， dp[i+1][j] 中可能已经有 ch 了（如果 s[ j]=ch），但 s[ i] 和 s[ j] 相同，我们新增的 ch 和已有的可能重复，但因为我们定义“不同”是指内容，所以同一个字符 'a' 无论在哪个位置，单个 'a' 是同一个子序列。所以如果 dp[i+1][j] 中已经包含 'a'，我们不能再加。 所以更好的做法是：不去加 l=1 的 1，而是看当前区间是否第一次出现 'a' 这个字符作为单个字符子序列。实际上，单个字符子序列的个数就是区间内不同字符的个数。所以我们不能简单加1。 为了统一，我们采用 LeetCode 730 的总数公式，然后拆分成长度分布。 设 total[i][j] 为不同回文子序列总个数（长度任意）。 公式： total[i][j] = total[i+1][j] + total[i][j-1] - total[i+1][j-1] （如果 s[ i]!=s[ j ]）。 如果 s[ i]==s[ j ]： 找 left, right： 如果 left 不存在： total[i][j] = total[i+1][j-1] * 2 + 2 如果 left == right： total[i][j] = total[i+1][j-1] * 2 + 1 如果 left < right： total[i][j] = total[i+1][j-1] * 2 - total[left+1][right-1] 这个公式已经去重。我们需要把 total 拆分成按长度的计数。 注意到：新增的部分主要是由 total[i+1][j-1] 中的每个回文子序列两边加 ch 得到的，所以长度+2。 另外额外新增的 1 或 2 个回文，分别是长度为 1 的 ch 和长度为 2 的 chch。 所以我们可以用类似 DP 推长度分布。 第七步：递推长度分布公式 设 lenDP[i][j][l] 表示区间 [ i,j ] 中长度为 l 的不同回文子序列个数。 我们也可以用递归/记忆化搜索实现。 递归思路 ： 函数 dfs(i, j) 返回一个数组 cnt[1..n] ，表示区间 [ i,j ] 中不同回文子序列按长度的计数。 递归过程： 如果 i > j: 返回全 0 数组（没有子序列）。 如果 i == j: 只有 1 个长度为 1 的子序列（s[ i]），所以 cnt[ 1 ] = 1，其他为 0。 否则，先计算 left = dfs(i+1, j) , right = dfs(i, j-1) , mid = dfs(i+1, j-1) 的计数数组。 如果 s[ i] != s[ j]，则 cnt[ l] = left[ l] + right[ l] - mid[ l ]（注意去重，但这里 left 和 right 可能有重叠，重叠就是 mid 中的序列）。 如果 s[ i] == s[ j ]，找到 leftPos, rightPos： 如果 leftPos 不存在：则新增的序列是：mid 中每个长度 l 的序列变成 l+2 的序列，再加一个长度为 1 的 ch 和一个长度为 2 的 chch。 但要注意 mid 中可能已经有长度为 1 的 ch 吗？如果有，说明在更小区间已经有 ch 这个子序列，那么当前区间新增的长度 1 的 ch 和之前的是同一个，不能重复加。 但我们的 mid 是区间 [ i+1, j-1 ]，如果中间有 ch，则 leftPos 存在，所以这种情况不会发生。 所以： cnt[ l] = left[ l] + right[ l] - mid[ l ]（先合并） 然后对 l >= 3: cnt[ l] += mid[ l-2]（因为 l=2 时，mid[ 0 ] 不存在，我们单独处理 l=2） 对于 l=2: cnt[ 2 ] += 1（新增 chch） 对于 l=1: cnt[ 1 ] += 1（新增 ch） 如果 leftPos == rightPos： 中间只有一个 ch，那么新增的序列是：mid 中每个序列两边加 ch（长度+2），以及新增一个长度为 2 的 chch（但长度为 1 的 ch 已经存在，因为中间有一个 ch，所以 mid 中已有长度为 1 的 ch，不能再加）。 所以： cnt[ l] = left[ l] + right[ l] - mid[ l ] 对 l>=3: cnt[ l] += mid[ l-2 ] 对 l=2: cnt[ 2 ] += 1（新增 chch） 如果 leftPos < rightPos： 中间有至少两个 ch，那么新增的序列是：mid 中每个序列两边加 ch（长度+2），但要减去重复部分，即 leftPos+1 .. rightPos-1 区间内形成的回文子序列两边加 ch 得到的序列（因为这部分在更内层已经算过）。 设 inner = dfs(leftPos+1, rightPos-1) 的计数数组。 则 cnt[ l] = left[ l] + right[ l] - mid[ l ] 对 l>=3: cnt[ l] += mid[ l-2] - inner[ l-2]（注意 inner[ l-2 ] 可能为0） 对 l=2: cnt[ 2 ] += 1（新增 chch） 对 l=1: 不新增，因为 ch 已经存在。 这样我们就得到了每个区间的长度分布。 第八步：计算答案 我们只需计算 dfs(0, n-1) 得到的数组，对 l >= L 的部分求和即可。 第九步：复杂度与优化 空间：O(n^2 * n) 在 n=200 时是 200^3=8e6，可能勉强，但我们可以用 short 类型存储计数，因为结果可能很大，需要取模。 时间：O(n^3) 在 n=200 时 8e6 可接受，但 n 再大就不行。 优化：由于字符集只有 26，我们可以预处理每个字符的下一个和上一个出现位置，这样找 leftPos, rightPos 可以 O(1)。但 DP 仍需 O(n^3)。 如果 n 较大（如 1000），我们可以用另一种思路： 定义 dp[l][i] 表示以 i 开头、长度为 l 的回文子序列的个数，然后用字符位置转移，但去重困难。 在竞赛中，通常 n <=200，O(n^3) 可接受。 第十步：举例验证 s = "abca" , L=2 。 区间 [ 0,3 ]： s[ 0]=a, s[ 3 ]=a 相等，找 leftPos: 下一个 a 在位置 3（但 leftPos 要在 (0,3) 内），没有，所以 leftPos 不存在。 mid = dfs(1,2) = 区间 "bc" 的回文子序列：b, c 两个长度为1的。 所以 mid[ 1]=2, mid[ 2 ]=0, ... cnt[ l] 先由 left=[ 1,2], right=[ 0,2 ] 合并计算（略）。 然后新增： l>=3: cnt[ l] += mid[ l-2 ] → 没有。 l=2: cnt[ 2 ] += 1（新增 "aa"） l=1: cnt[ 1 ] += 1（新增 "a"） 但注意区间 [ 0,2] 和 [ 1,3 ] 等会贡献其他回文。 最终我们得到 cnt[ 2]=1 ("aa"), cnt[ 3 ]=2 ("aba","aca")，长度>=2 的总数=1+2=3，与手工计算一致。 总结 我们通过扩展经典统计不同回文子序列的 DP，加入长度维度，按照字符匹配情况分三类递推长度分布，最终求和长度 >= L 的部分，得到答案。这个算法在字符集小、n 不太大时可行，时间复杂度 O(n^3)，空间 O(n^3) 可优化到 O(n^2) 如果只存必要区间长度数组。