manacher学习笔记

重拾(manacher)，真切感受到了他的妙处

首先，考虑到回文串分奇数和偶数两种情况，需要分类讨论，所以我们可以考虑在所有字符之间插入一个没有用过的符号'#'

然后边界问题不好处理，所以可以在字符串的开头加上一些奇怪的符号'~'

接下来就是(manacher)的正文部分了

我们定义(p_i)表示以i为对称中心，能拓展的回文数量

发现我们可以(O(N^2))的暴力做法：一直向外拓展，直到不匹配

在定义(mr)表示我们经过的，最靠右边的点，在记录一个(mid)表示这个最靠右的点是由哪一个对称轴转移过来的

然后发现，对于每一个(i)，我们没有必要都去拓展，我们分几种情况讨论：

(Case1: mid<i<mr)

由于([mid - mr, mid + mr])是回文的，设(j)为(i)以(mid)为中心的对称点，根据对称性那么我们有：([j-p_j, j+p_j]=[i-p_i, i+p_i])

但是当(i+p_i>mr)时，我们无法保证上述情况相等（设(mr)以$ mid(为中心的对称点为)x(，因为)j-p_j<x(，所以无法保证相等，详见下图） 所以对于)Case1(，我们可以直接让)p[i]=min(p[j], mr - i + 1)$，然后暴力拓展即可

(Case2:i<mr)

这个时候我们不能求出i的对称点，直接暴力拓展即可

由于(mr)和$ mid$，不断右移，所以复杂度线性

(Code:)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, s, t) for(int i = s; i <= t; ++ i)
#define maxn 22000005
int n, m, cnt, p[maxn], mid, mr, Ans;
char c[maxn], s[maxn];
void build() {
	scanf("%s", c + 1), n = strlen(c + 1), s[++ cnt] = '~', s[++ cnt] = '#';
	rep(i, 1, n) s[++ cnt] = c[i], s[++ cnt] = '#';
	s[++ cnt] = '!';
}
void solve() {
	rep(i, 2, cnt - 1) {
		if(i <= mr) p[i] = min(p[mid * 2 - i], mr - i + 1);
		else p[i] = 1;
		while(s[i - p[i]] == s[i + p[i]]) ++ p[i];
		if(i + p[i] > mr) mr = i + p[i] - 1, mid = i;
		Ans = max(Ans, p[i]);
	}
	printf("%d", Ans - 1);
}
int main() { return build(), solve(), 0; }