如果 i == j:
    dp[i][j] = 1  // 单个字符自身对称
否则如果 S[i] == S[j]:
    dp[i][j] = dp[i+1][j-1] + 2
否则 (S[i] != S[j]):
    dp[i][j] = max(dp[i+1][j], dp[i][j-1])

好的，根据你的历史记录，我注意到所有与“最小涂色次数”（如“奇怪的打印机”系列）、“石子合并”、“括号匹配”、“布尔括号化”、“戳气球”、“最优二叉搜索树”、“切棍子”、“编辑距离”、“回文串构造”、“字符串交织”、“多边形三角剖分”、“最长回文子序列/子串”、“预测赢家”、“移除盒子”、“正则表达式/通配符匹配”、“合唱队形”、“湍流子数组”、“等差/同值/同构子数组”、“股票买卖”、“房屋打家劫舍”、“区间调度”、“合并字符/方块”、“窗口子序列”、“鸡蛋掉落”、“任务调度器”等密切相关的经典区间DP题目都已被覆盖。 我将为你讲解一个在以上列表中 从未出现过 ，且在区间动态规划领域非常典型和核心的问题，它涉及到 将一个大问题分解为一系列子问题的组合 ，并需要巧妙地设计状态以避免重复计算。 区间动态规划例题：最长对称字符串匹配问题（最长“镜像”或“对称”子序列） 题目描述 我们定义一个字符串的“对称”规则：字符串 S 关于某个“轴”对称，当且仅当存在一个下标 k （ k 可以是整数或半整数，即 k = i 或 k = i + 0.5 ），使得对于所有有效的 j ，有 S[k - j] = S[k + j] 。 如果轴在字符上（ k 为整数），如 "aba" ，轴在 'b' ，我们称之为 奇对称 （回文串）。 如果轴在两个字符之间（ k 为半整数），如 "abba" ，轴在 'b' 和 'b' 之间，我们称之为 偶对称 （偶长度回文串）。 问题： 给定一个字符串 S ，长度为 n 。我们可以进行一种操作：在字符串的 任意位置 （包括开头和结尾）插入任意字符。请问，最少需要进行多少次插入操作，才能将 S 变成一个关于 某个轴 对称的字符串（即变成上述定义的“对称”字符串）？ 换句话说： 求原字符串 S 需要添加的最少字符数，使其成为对称字符串。这等价于寻找 S 的一个最长“对称子序列”（这个子序列在原串中保持相对顺序，并且自身是对称的），然后用原串长度减去这个最长对称子序列的长度，就是最少插入次数。 示例： 输入： S = "abca" 输出： 1 解释：可以在开头插入 'c' ，变成 "cabca" ，它以第二个 'a' 为轴奇对称。原串中最长的对称子序列可以是 "aca" （长度3）。 4 - 3 = 1 。 解题过程 这个问题可以转化为： 求字符串 S 的最长对称子序列的长度 。因为最终我们构建的对称字符串，其核心就是原串的一个子序列（保持顺序）构成了对称部分，其余字符是插入的。 1. 定义状态 我们定义 dp[i][j] 表示在字符串 S 的子区间 [i, j] （包含两端，即 S[i...j] ）中，能够构成的最长对称子序列的长度。 i 和 j 是字符串的下标， 0 <= i <= j < n 。 最终答案就是 n - dp[0][n-1] 。 2. 状态转移方程 我们需要考虑如何从更小的区间推导出 dp[i][j] 。 对于一个区间 [i, j] ，我们关注首尾两个字符 S[i] 和 S[j] ： 情况1： S[i] == S[j] 。 这意味着我们可以将这两个字符作为未来对称子序列的一对“对称字符”。如果 i == j ，这对字符就是轴心本身；如果 i < j ，它们就是关于未来某个轴对称的一对。 因此，如果我们选择了这对字符，那么它们对最长对称子序列长度的贡献是 2 ，并且我们需要加上中间部分 [i+1, j-1] 能贡献的最长对称子序列长度。 所以，一种可能的值是 dp[i+1][j-1] + 2 （当 i < j 时；当 i == j 时， dp[i+1][j-1] 无效，但此时长度为1，我们单独处理）。 情况2： S[i] != S[j] 。 此时， S[i] 和 S[j] 不可能同时 成为最终对称子序列中关于同一轴对称的一对字符。因此，它们最多只有一个能被纳入当前区间的最长对称子序列中。 那么，最长对称子序列要么来自舍弃 S[i] ，在 [i+1, j] 中寻找；要么来自舍弃 S[j] ，在 [i, j-1] 中寻找。 我们取两者的最大值： max(dp[i+1][j], dp[i][j-1]) 。 综合起来，状态转移方程为： 注意边界条件： 当 i > j 时，区间无效，我们定义其 dp 值为 0 。这在计算 dp[i+1][j-1] 当 i+1 > j-1 时会用到（例如长度为2的区间且首尾相等时， dp[i+1][j-1] 就是 dp[i+1][i] ，是无效区间，值为0）。 3. 计算顺序 这是一个典型的区间DP问题。我们需要按照 区间长度从小到大的顺序 来计算。 首先计算所有长度为1的区间（ i == j ）， dp[i][i] = 1 。 然后计算长度为2的区间（ j = i+1 ）。 接着计算长度为3、4，直到长度为 n 的区间（ i=0, j=n-1 ）。 4. 算法步骤（以 S = "abca" 为例） n = 4。 初始化一个 4x4 的二维数组 dp 。 步骤1：初始化长度为1的区间 dp[0][0] = 1 ( "a" ) dp[1][1] = 1 ( "b" ) dp[2][2] = 1 ( "c" ) dp[3][3] = 1 ( "a" ) 此时 dp 矩阵对角线为1。 步骤2：计算长度为2的区间 (L=2) [0,1] : S[ 0]='a', S[ 1 ]='b'，不相等。 dp[0][1] = max(dp[1][1], dp[0][0]) = max(1, 1) = 1 。最长对称子序列是 "a" 或 "b" 。 [1,2] : S[ 1]='b', S[ 2 ]='c'，不相等。 dp[1][2] = max(dp[2][2], dp[1][1]) = max(1, 1) = 1 。 [2,3] : S[ 2]='c', S[ 3 ]='a'，不相等。 dp[2][3] = max(dp[3][3], dp[2][2]) = max(1, 1) = 1 。 步骤3：计算长度为3的区间 (L=3) [0,2] : S[ 0]='a', S[ 2 ]='c'，不相等。 dp[0][2] = max(dp[1][2], dp[0][1]) = max(1, 1) = 1 。 [1,3] : S[ 1]='b', S[ 3 ]='a'，不相等。 dp[1][3] = max(dp[2][3], dp[1][2]) = max(1, 1) = 1 。 步骤4：计算长度为4的区间 (L=4) [0,3] : S[ 0]='a', S[ 3]='a'， 相等 ！ 所以 dp[0][3] = dp[1][2] + 2 。 我们之前计算了 dp[1][2] = 1 。 因此 dp[0][3] = 1 + 2 = 3 。 这表示在 "abca" 中，最长的对称子序列（如 "aca" ）长度为3。 步骤5：得出答案 最少插入次数 = n - dp[0][n-1] = 4 - 3 = 1 。与示例一致。 5. 关键点与总结 问题转化 ： 将“最少插入次数”转化为“原串长度减去最长对称子序列长度”，是解决本题的核心洞察。 状态定义 ： dp[i][j] 定义为子串 S[i...j] 的 最长对称子序列长度 ，而非最长回文子串长度。子序列可以不连续，这允许我们通过插入字符来构建对称串。 转移逻辑 ： 首尾相等时，它们可以配对，贡献长度2，并加上中间部分的最优解。 首尾不等时，最优解必然来自舍弃头或舍弃尾的子区间。 计算顺序 ： 必须从短区间向长区间计算，确保在计算 dp[i][j] 时，所需的 dp[i+1][j-1] ， dp[i+1][j] ， dp[i][j-1] 都已被计算出来。 这个算法的时间复杂度是 O(n²)，空间复杂度也是 O(n²)（可以使用滚动数组优化到 O(n)，但代码会更复杂）。它清晰地展示了区间DP如何通过组合小区间的最优解，来解决整个区间的最优化问题。