好的，我已经记住了你已学过的题目列表。这次我为你讲解一个线性动态规划领域中非常经典，但可能在你列表中尚未出现过的题目。

题目：最长回文子串 (Longest Palindromic Substring) —— 动态规划解法

题目描述
给定一个字符串 s，请你找出 s 中最长的回文子串（连续的字符序列）。
回文串是指正着读和反着读都一样的字符串。

示例
输入：s = "babad"
输出："bab" 或 "aba"（都有效）
输入：s = "cbbd"
输出："bb"

约束条件

• 1 <= s.length <= 1000
• s 仅由数字和英文字母组成。

解题过程详解（动态规划思路）

我们要找的是最长回文子串，这是一个“子串”问题，意味着结果必须是原字符串中连续的一段。动态规划非常适合解决这种“最优子结构”问题。

第一步：定义状态

我们需要一个二维数组 dp[i][j] 来表示某个子串是否是回文。

• dp[i][j] 表示：以索引 i 为起始，以索引 j 为结束的子串 s[i..j] 是否是回文串。
• 其值是一个布尔值：True 代表是回文，False 代表不是回文。
• 我们的最终目标就是找出所有 dp[i][j] == True 的子串中，j - i + 1（长度）最大的那个。

第二步：寻找状态转移方程

如何由已知的小问题推导出大问题呢？核心思路是：一个长串是不是回文，取决于它的“核心”和两端的字符。

1. 基本情况（最小子问题）：

   • 单个字符：对于任意 i，子串 s[i..i] 只有一个字符，当然是回文。所以 dp[i][i] = True。
   • 两个字符：子串 s[i..i+1] 是回文，当且仅当这两个字符相等。所以 dp[i][i+1] = (s[i] == s[i+1])。

2. 一般情况（长度 >= 3 的子串）：

   • 对于子串 s[i..j]（其中 j - i >= 2），它要成为回文，必须满足两个条件：
     a. 它两端的字符必须相等：s[i] == s[j]
     b. 去掉两端字符后剩下的“核心”部分 s[i+1..j-1] 也必须是回文串，即 dp[i+1][j-1] == True
   • 因此，状态转移方程为：
     dp[i][j] = (s[i] == s[j]) and dp[i+1][j-1]

第三步：确定填表顺序

观察状态转移方程 dp[i][j] = (s[i] == s[j]) and dp[i+1][j-1]。
要计算 dp[i][j]，我们需要知道 dp[i+1][j-1] 的结果，也就是左下方格子的值。
这意味着我们不能按简单的 i 从 0 到 n，j 从 0 到 n 的顺序来填表，因为 i+1 行可能还没算。

一个有效的填表顺序是：

1. 按子串长度 L 从小到大进行枚举。
2. 对于每个固定长度 L，枚举所有可能的起始位置 i，那么结束位置 j = i + L - 1。
3. 因为计算 dp[i][j] 时，用到的 dp[i+1][j-1] 对应的是长度 L-2 的子串，这个值在我们按长度递增的顺序计算时，肯定已经计算出来了。

这种顺序保证了依赖的子问题总是先被解决。

第四步：初始化与边界情况

• 初始化一个 n x n 的二维数组（n 为字符串长度），所有值先设为 False。
• 长度为1的子串（对角线）初始化为 True：dp[i][i] = True。
• 长度为2的子串（j = i+1）根据 s[i] == s[i+1] 来初始化。这一步可以融入到主循环中处理，也可以单独处理。

第五步：记录答案

在填充 dp 表的过程中，我们随时追踪当前找到的最长回文子串的起始位置和长度。
一旦发现 dp[i][j] == True，就检查当前子串长度 L = j - i + 1 是否大于已知的最大长度。如果是，就更新记录。

第六步：算法流程（伪代码）

def longestPalindrome(s: str) -> str:
    n = len(s)
    if n < 2:
        return s

    # 步骤1：初始化dp表
    dp = [[False] * n for _ in range(n)]

    # 记录最长回文的起始位置和长度
    start = 0
    max_len = 1

    # 步骤2：初始化长度为1的子串
    for i in range(n):
        dp[i][i] = True

    # 步骤3：按子串长度 L 从小到大枚举 (L从2到n)
    for L in range(2, n + 1):
        # 枚举起始位置 i
        for i in range(n):
            # 计算结束位置 j
            j = i + L - 1
            # 如果 j 越界，直接跳出内层循环
            if j >= n:
                break

            # 检查两端字符
            if s[i] != s[j]:
                dp[i][j] = False
            else:
                # 核心转移方程
                if L == 2:  # 长度为2的特殊情况
                    dp[i][j] = True
                else:       # 长度大于2
                    dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1]

            # 步骤4：更新答案
            if dp[i][j] and L > max_len:
                max_len = L
                start = i

    # 步骤5：根据记录的起始位置和最大长度返回子串
    return s[start: start + max_len]

第七步：复杂度分析

• 时间复杂度：O(n²)。我们有两层循环，外层枚举长度 O(n)，内层枚举起点 O(n)，内部操作为 O(1)。
• 空间复杂度：O(n²)。我们需要一个 n x n 的二维 DP 表来存储中间状态。

第八步：示例推演 (s = “babad”)

1. 初始化 n=5, dp 表对角线为 True。max_len=1, start=0。
2. 长度 L=2：
   • i=0, j=1: s[0]=’b’, s[1]=’a’ 不等 -> dp[0][1]=False
   • i=1, j=2: ‘a’ != ‘b’ -> False
   • i=2, j=3: ‘b’ == ‘a’? No -> False
   • i=3, j=4: ‘a’ == ‘d’? No -> False
     无更新。
3. 长度 L=3：
   • i=0, j=2: s[0]=’b’, s[2]=’b’ 相等，且 L=3 >2，看核心 dp[1][1]=True -> dp[0][2]=True。长度3 > 1，更新 max_len=3, start=0。
   • i=1, j=3: ‘a’ == ‘a’ 相等，核心 dp[2][2]=True -> dp[1][3]=True。长度3等于当前 max_len，不更新起始位置（或者可以更新，取决于题目要求，通常返回任意一个即可）。
   • i=2, j=4: ‘b’ != ‘d’ -> False。
4. 长度 L=4, L=5：遍历后发现没有更长的回文子串。
5. 最终返回 s[0:0+3] = “bab”。算法同样能找到 ”aba”，取决于内层循环顺序和更新策略。

总结：这个动态规划解法通过定义子问题 dp[i][j]，利用回文串的“两边相等且内部也是回文”的性质，建立了状态转移方程。通过按子串长度递增的顺序填表，我们能够从最小的回文串（单个字符）开始，逐步构造出更长的回文串，并最终找到最长的那个。这个思路清晰，是理解和掌握区间DP（一种二维线性DP）的绝佳例题。