好的，我们来看一个你列表中尚未出现的区间动态规划问题。

区间动态规划例题：统计一个字符串中“回文子串”的总数

题目描述

给定一个字符串 s，请你统计并返回这个字符串中 回文子串 的总数。

回文子串 是正着读和倒着读都一样的连续子字符串。

例如：

• 输入：s = "abc"
  输出：3
  解释：三个回文子串："a", "b", "c"。
• 输入：s = "aaa"
  输出：6
  解释：六个回文子串："a", "a", "a", "aa", "aa", "aaa"。

题目要求我们高效地计算总数。字符串长度 n 最大可达 1000，因此我们需要一个 O(n^2) 的解法。

循序渐进解题过程

这个问题虽然可以用中心扩展法在 O(n^2) 时间、O(1) 空间内解决，但为了深入理解 区间动态规划 的思想，我们将使用 DP 表 来系统化地判断所有可能的子串是否为回文。

第一步：定义 DP 状态

区间 DP 的核心思想是：用 dp[i][j] 表示字符串 s 中从索引 i 到索引 j 的子串（闭区间 [i, j]）是否为回文串。

那么：

• dp[i][j] = true 表示 s[i...j] 是回文串。
• dp[i][j] = false 表示 s[i...j] 不是回文串。
• 最终，我们只需统计所有 dp[i][j] = true 的 (i, j) 对的数量即可。

第二步：寻找状态转移方程

一个子串 s[i...j] 是回文串，需要满足两个条件：

1. 两端的字符相等：s[i] == s[j]。
2. 去掉两端字符后的子串也是回文串（或者这个子串本身长度很小）：即 s[i+1...j-1] 是回文串。

我们可以根据子串长度 len = j - i + 1 来分类讨论状态转移：

• 情况 1：长度为 1 (i == j)
  任何单个字符都是回文串。
  dp[i][i] = true。

• 情况 2：长度为 2 (j == i + 1)
  只有两个字符，只需判断它们是否相等。
  dp[i][j] = (s[i] == s[j])。

• 情况 3：长度大于等于 3 (j > i + 1)
  此时，s[i...j] 是回文串，当且仅当：

  1. s[i] == s[j]。
  2. 中间的部分 s[i+1...j-1] 是回文串，即 dp[i+1][j-1] == true。

  状态转移方程为：
  dp[i][j] = (s[i] == s[j]) && dp[i+1][j-1]。

第三步：确定计算顺序和初始化

• 初始化：所有长度为 1 的子串（i == j）可以直接初始化为 true。其他位置先初始化为 false。

• 计算顺序：观察状态转移方程 dp[i][j] 依赖于 dp[i+1][j-1]。这意味着，要计算 dp[i][j]，我们需要先知道 更短长度、且起点索引更大的子串 的状态。

  • 因此，我们不能简单地按 i 从 0 到 n-1，j 从 i 到 n-1 的顺序计算，因为 dp[i+1][j-1] 可能还没算。
  • 正确的顺序是：按照子串的长度 len 从小到大进行枚举。
    1. 先处理所有 len = 1 的子串。
    2. 再处理所有 len = 2 的子串。
    3. 然后依次处理 len = 3, 4, ..., n 的子串。

  这样，当我们计算 dp[i][j] (长度为 len) 时，它所依赖的 dp[i+1][j-1] (长度为 len-2) 一定已经在之前的循环中被计算出来了。

第四步：实现与统计

在计算过程中，每当我们将一个 dp[i][j] 设置为 true，我们就将最终答案 count 加 1。

伪代码：

n = s.length
初始化一个 n x n 的二维布尔数组 dp，所有元素为 false
count = 0

// 1. 处理所有长度为 1 的子串
for i from 0 to n-1:
    dp[i][i] = true
    count++

// 2. 处理所有长度为 2 的子串
for i from 0 to n-2:
    if s[i] == s[i+1]:
        dp[i][i+1] = true
        count++

// 3. 处理长度 >= 3 的子串
for len from 3 to n:
    for i from 0 to n-len: // 子串起始索引 i
        j = i + len - 1    // 子串结束索引 j
        if (s[i] == s[j]) and (dp[i+1][j-1] == true):
            dp[i][j] = true
            count++

返回 count

第五步：复杂度分析

• 时间复杂度：我们需要填充一个 n x n 的 DP 表，每个状态的计算是 O(1) 的。因此总时间复杂度为 O(n²)。
• 空间复杂度：我们使用了一个 n x n 的二维数组，因此空间复杂度为 O(n²)。

一个具体例子（s = "aaa"）

让我们手动推导一遍，以加深理解。n = 3。

1. len = 1:

   • (0,0), (1,1), (2,2) 都是回文。count = 3。

2. len = 2:

   • (0,1): s[0]=='a', s[1]=='a'，相等，是回文。count = 4。
   • (1,2): s[1]=='a', s[2]=='a'，相等，是回文。count = 5。

3. len = 3:

   • (0,2): s[0]=='a', s[2]=='a'，相等。检查中间 dp[1][1]，已知为 true。所以是回文。count = 6。

最终结果 count = 6，与题目示例一致。

总结

这道题展示了区间动态规划的一个经典应用：枚举所有区间（子串），并利用更小区间的结果来判断当前区间。关键在于：

1. 精确定义 dp[i][j] 为布尔值，表示子串 [i, j] 是否为回文。
2. 根据子串首尾字符和中间部分的状态，建立清晰的状态转移方程。
3. 确定正确的计算顺序（按长度递增），确保依赖的子问题已解决。
4. 在填充 DP 表的同时进行累加统计，得到最终答案。

通过这个解法，你可以系统地处理所有子串，避免了重复判断，是解决此类“子串计数”问题的有力工具。