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1. 思路讲解

1.1 方法选择

这道题我们采用动态规划的解法，倒不是动态规划的解法对于这道题有多好，它并不是最优解。但是，这道题的动态规划思想是非常有用的，我们使用这道题的动态规划思想，可以让一些hard题变为easy题。

也就是说，这道题的动态规划思想其实就是起到了一个抛砖引玉的作用。

1.2 dp表的创建

如何表示出所有的子串的情况？可以用 i 表示某个子串的起始位置，用 j 来表示某个子串的末尾位置，暴力枚举，可以在N^2的时间复杂度内求出所有子串是否为回文子串。

所以，我们用二维dp[i][j]表来表示，以 i 位置为起始位置且以 j 位置为结尾的子串是否为回文子串。如果为回文子串那么dp[i][j]为true，否则为false。（我们人为规定 i <= j）

1.3 状态转移方程

我们要知道dp[i][j]为是否为回文子串，首先要判断 s[i] 是否等于 s[j]。

如果 s[i] != s[j]，那么不管 i 和 j 中间的元素序列是怎样的，以 i 位置为起始位置，以 j 位置为终止位置的子串一定不为回文子串。

如果 s[i] == s[j]，那么需要对 i 和 j 的位置进行判断。

1. 如果 i == j，那么说明当前初识位置和末尾位置在同一个位置，也就是说，子串只有一个元素，此时根据题意它为回文子串；
2. 如果 i + 1 == j，那么 i 和 j 的位置是相邻的，此时它们中间没有元素，它们位置上的元素又相同，那么一定是回文子串；
3. 如果 i + 1 < j，说明 i 位置 和 j 位置中间还有其他元素，此时只需判断dp[i+1][j-1]为true还是false即可。
   

1.4 填表顺序

由于我们求dp[i][j]的时候，需要用到 dp[i+1][j-1]，且 i 的循环为外层的循环，所以让 i 从大到小循环即可。

2. 代码实现

class Solution {
public:
    int countSubstrings(string s) {
        int n = s.size();
        // 创建二维dp表，dp表中每个位置的初始值为false
        vector<vector<bool>> dp(n, vector<bool>(n));
        
        int ret = 0; // 用于保存有多少位true的dp位置，即有多少个回文子串
        // 在循环时 i 从大到小进行循环
        for (int i = n - 1; i >= 0; --i)
        {
            // j的循环顺序其实无所谓，只要循环的区间在[i, n)即可
            for (int j = i; j < n; ++j)
            {
                // 根据状态转移方程求dp[i][j]
                if (s[i] == s[j])
                    dp[i][j] = i + 1 < j ? dp[i+1][j-1] : true;
                // 如果dp[i][j]为true，增加ret
                if (dp[i][j]) ++ret;
            }
        }
        return ret;
    }
};