[LeetCode]题解：005-Longest Palindromic Substring优化

 

题目来源和题意分析：

      详情请看我的博客：http://www.cnblogs.com/chruny/p/4791078.html

---

题目思路：

      我上一篇博客解决这个问题的时间复杂度是最坏情况是（O（n^2））。但是昨天我网上看了别人的做法，其中有一个Manacher算法，其算法复杂度是（O（n））。所以我根据Manacher算法实现了最长回文子字符串。

      下面我介绍Manacher算法的原理，这原理博文转载于http://blog.csdn.net/dyx404514/article/details/42061017：

首先，Manacher算法提供了一种巧妙地办法，将长度为奇数的回文串和长度为偶数的回文串一起考虑，具体做法是，在原字符串的每个相邻两个字符中间插入一个分隔符，同时在首尾也要添加一个分隔符，分隔符的要求是不在原串中出现，一般情况下可以用#号。下面举一个例子：

（1）Len数组简介与性质

Manacher算法用一个辅助数组Len[i]表示以字符T[i]为中心的最长回文字串的最右字符到T[i]的长度，比如以T[i]为中心的最长回文字串是T[l,r],那么Len[i]=r-i+1。

对于上面的例子，可以得出Len[i]数组为:

Len数组有一个性质，那就是Len[i]-1就是该回文子串在原字符串S中的长度，至于证明，首先在转换得到的字符串T中，所有的回文字串的长度都为奇数，那么对于以T[i]为中心的最长回文字串，其长度就为2*Len[i]-1,经过观察可知，T中所有的回文子串，其中分隔符的数量一定比其他字符的数量多1，也就是有Len[i]个分隔符，剩下Len[i]-1个字符来自原字符串，所以该回文串在原字符串中的长度就为Len[i]-1。

有了这个性质，那么原问题就转化为求所有的Len[i]。下面介绍如何在线性时间复杂度内求出所有的Len。

（2）Len数组的计算

首先从左往右依次计算Len[i]，当计算Len[i]时，Len[j](0<=j<i)已经计算完毕。设P为之前计算中最长回文子串的右端点的最大值，并且设取得这个最大值的位置为po，分两种情况：

第一种情况：i<=P

那么找到i相对于po的对称位置，设为j，那么如果Len[j]<P-i，如下图：

那么说明以j为中心的回文串一定在以po为中心的回文串的内部，且j和i关于位置po对称，由回文串的定义可知，一个回文串反过来还是一个回文串，所以以i为中心的回文串的长度至少和以j为中心的回文串一样，即Len[i]>=Len[j]。因为Len[j]<P-i,所以说i+Len[j]<P。由对称性可知Len[i]=Len[j]。

如果Len[j]>=P-i,由对称性，说明以i为中心的回文串可能会延伸到P之外，而大于P的部分我们还没有进行匹配，所以要从P+1位置开始一个一个进行匹配，直到发生失配，从而更新P和对应的po以及Len[i]。

第二种情况: i>P

如果i比P还要大，说明对于中点为i的回文串还一点都没有匹配，这个时候，就只能老老实实地一个一个匹配了，匹配完成后要更新P的位置和对应的po以及Len[i]。

2.时间复杂度分析

Manacher算法的时间复杂度分析和Z算法类似，因为算法只有遇到还没有匹配的位置时才进行匹配，已经匹配过的位置不再进行匹配，所以对于T字符串中的每一个位置，只进行一次匹配，所以Manacher算法的总体时间复杂度为O(n)，其中n为T字符串的长度，由于T的长度事实上是S的两倍，所以时间复杂度依然是线性的。

---

 

代码实现（python）：

class Solution(object):
    def longestPalindrome(self, s):
        """
        :type s: str
        :rtype: str
        """
        size = len(s)
        if size == 1:
            return s
        newS = ''
        for str in s:
            newS += '#'
            newS += str
        newS += '#'
        maxnum = 0
        maxindex = 0
        mark = [1]
        i = 0 # the rightest index of palindrome
        j = 0 # the center while get i
        k = 1
        newSize = len(newS)
        while k < newSize:
            if i == newSize - 1:
                break
            if k < i and mark[2*j - k] < i - k:
                mark.append(mark[2*j - k])
            else:
                if k >= i:
                    t = 1
                else:
                    t = i - k + 1
                while k - t >= 0 and k + t < newSize:
                    if newS[k - t] != newS[k + t]:
                        break
                    t += 1
                j = k
                i = k + t - 1
                if(maxnum < i - j + 1):
                    maxnum = i - j + 1
                    maxindex = j
                mark.append(i - j + 1)
            k += 1
        return s[(maxindex + 1 - maxnum) // 2:(maxindex + maxnum) // 2]

---

和上一篇博客的代码提交时间比较：

1.（O（n^2））的时间：

2.（O（n））的时间：

我们可以看到，他们的时间其实相差不是很大。原因是我在用（O（n^2））的时候做了一些优化处理，并且O（n）算法增加了字符的长度。

---

转载请注明出处：http://www.cnblogs.com/chruny/p/4797704.html