统计回文子序列数目

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    2484. 统计回文子序列数目

    给你数字字符串 s ，请你返回 s 中长度为 5 的 回文子序列 数目。由于答案可能很大，请你将答案对 10^9 + 7 取余 后返回。

    提示：

    • 如果一个字符串从前往后和从后往前读相同，那么它是 回文字符串 。

    • 子序列是一个字符串中删除若干个字符后，不改变字符顺序，剩余字符构成的字符串。

    示例 1：

    ```txt

    输入：s = "103301"

    输出：2

    解释：

    总共有 6 长度为 5 的子序列："10330" ，"10331" ，"10301" ，"10301" ，"13301" ，"03301" 。

    它们中有两个（都是 "10301"）是回文的。

    ```

    示例 2：

    ```txt

    输入：s = "0000000"

    输出：21

    解释：所有 21 个长度为 5 的子序列都是 "00000" ，都是回文的。

    ```

    示例 3：

    ```txt

    输入：s = "9999900000"

    输出：2

    解释：仅有的两个回文子序列是 "99999" 和 "00000" 。

    ```

    提示：

    • 1 <= s.length <= 10^4

    • s 只包含数字字符。

题目

2484. 统计回文子序列数目

给你数字字符串 s ，请你返回 s 中长度为 5 的 回文子序列 数目。由于答案可能很大，请你将答案对 10^9 + 7 取余 后返回。

提示：

  • 如果一个字符串从前往后和从后往前读相同，那么它是 回文字符串 。
  • 子序列是一个字符串中删除若干个字符后，不改变字符顺序，剩余字符构成的字符串。

示例 1：

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输入：s = "103301"
输出：2
解释：
总共有 6 长度为 5 的子序列："10330" ，"10331" ，"10301" ，"10301" ，"13301" ，"03301" 。
它们中有两个（都是 "10301"）是回文的。

示例 2：

1
2
3
输入：s = "0000000"
输出：21
解释：所有 21 个长度为 5 的子序列都是 "00000" ，都是回文的。

示例 3：

1
2
3
输入：s = "9999900000"
输出：2
解释：仅有的两个回文子序列是 "99999" 和 "00000" 。

提示：

  • 1 <= s.length <= 10^4
  • s 只包含数字字符。

题解

方法一：

思路

两次dp，枚举分割线。

设p[i][j][k]为前i位以j和k结尾的子序列个数, s[i][j][k]为后i位以j和k结尾的子序列个数。

这时答案为 $\sum \limits_{i=2}^{n-3} \sum \limits_{j=0}^{9} \sum \limits_{k=0}^{9}p[i-1][j][k]*p[i+1][k][j]$

总时间复杂度$O(|\Sigma|^2n)$，$\Sigma$字符集大小不超过10，$n$为字符串长度

代码

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class Solution {
public:
    using ll = long long;
    const ll M = 1e9+7;
    ll pcnt[10], scnt[10];
    ll pdp[10005][10][10], sdp[10005][10][10];
    int countPalindromes(string s) {
        int n = s.size();
        for (int i=0; i<n; i++) {
            int u = s[i]-'0';
            pcnt[u]++;
            for (int j=0; j<10; j++) {
                for (int k=0; k<10; k++) {
                    if (i>0) pdp[i][j][k] = pdp[i-1][j][k];
                    if (i>0 && u == k) pdp[i][j][k] += pcnt[j] + (k==j?-1:0);
                    pdp[i][j][k]%=M;
                    // if (j == 0 && k == 0)
                    // cout << i << "," << j << "," << k << "=" << pdp[i][j][k] << endl;
                }
            }
        }
        for (int i=n-1; i>=0; i--) {
            int u = s[i] - '0';
            scnt[u]++;
            for (int j=0; j<10; j++) {
                for (int k=0; k<10; k++) {
                    if (i<n-1) sdp[i][j][k] = sdp[i+1][j][k];
                    if (i<n-1 && u == j) sdp[i][j][k] += scnt[k] + (k==j?-1:0);
                    pdp[i][j][k]%=M;
                }
            }
        }
        ll ans = 0;
        for (int i=2; i<n-2; i++) {
            for (int j=0; j<10; j++) {
                for (int k=0; k<10; k++) {
                    ans += pdp[i-1][j][k]*sdp[i+1][k][j];   
                    ans %= M;
                }
            }
        }
        return ans;
    }
};