最长回文子串

题目描述

给定一个字符串，求它的最长回文子串的长度。

分析与解法

最容易想到的办法是枚举所有的子串，分别判断其是否为回文。这个思路初看起来是正确的，但却做了很多无用功，如果一个长的子串包含另一个短一些的子串，那么对子串的回文判断其实是不需要的。

解法一

使用两个坐标来表示左右两个index,首先left和right都从start开始,将right移到出现第一个不同字符的位置,这样left和right中间的字符肯定是回文的,然后left往左移动,right往右移动,判断是否两端字符是否一致,不一致就退出来比较right-left+1和max_len的长度,再开始下一次循环,注意下一次的起点是这一次是上一次相等的字符的右边界,即right+1.

string longestPalindrome(string s)
{
    int size = s.size();
    if(size < 2)
        return s;
    int left, right, maxlen = 1, maxleft = 0;
    for(int start = 0; size - start > maxlen / 2; )
    {
        left = right = start;
        while(s[right] == s[right+1])
            ++right;
        start = right + 1;
        while(left > 0 && right < size - 1 && s[left-1] == s[right+1])
        {
            --left;
            ++right;
        }
        if(maxlen <= right - left)
        {
            maxlen = right - left + 1;
            maxleft = left;
        }

    }
    return s.substr(maxleft, maxlen);
}

时间复杂度是O(n2),空间复杂度是O(1)

解法二、O(N)解法

Manacher's ALGORITHM: O(n)时间求字符串的最长回文子串  

首先用一个非常巧妙的方式，将所有可能的奇数/偶数长度的回文子串都转换成了奇数长度：在每个字符的两边都插入一个特殊的符号。比如 abba 变成 #a#b#b#a#， aba变成 #a#b#a#。 为了进一步减少编码的复杂度，可以在字符串的开始加入另一个特殊字符，这样就不用特殊处理越界问题，比如$#a#b#a#（注意，下面的代码是用C语言写就，由于C语言规范还要求字符串末尾有一个''所以正好OK，但其他语言可能会导致越界）。

下面以字符串12212321为例，经过上一步，变成了 S[] = "$#1#2#2#1#2#3#2#1#";

然后用一个数组 P[i] 来记录以字符S[i]为中心的最长回文子串向左/右扩张的长度（包括S[i]，也就是把该回文串“对折”以后的长度），比如S和P的对应关系：

S  #  1  #  2  #  2  #  1  #  2  #  3  #  2  #  1  #
P  1  2  1  2  5  2  1  4  1  2  1  6  1  2  1  2  1
(p.s. 可以看出，P[i]-1正好是原字符串中回文串的总长度）

那么怎么计算P[i]呢？该算法增加两个辅助变量（其实一个就够了，两个更清晰）id和mx，其中 id 为已知的 {右边界最大} 的回文子串的中心，mx则为id+P[id]，也就是这个子串的右边界。

然后可以得到一个非常神奇的结论，这个算法的关键点就在这里了：如果mx > i，那么P[i] >= MIN(P[2 * id - i], mx - i)。就是这个串卡了我非常久。实际上如果把它写得复杂一点，理解起来会简单很多：

//记j = 2 * id - i，也就是说 j 是 i 关于 id 的对称点(j = id + (id - i))
if (mx - i > P[j]) 
    P[i] = P[j];
else /* P[j] >= mx - i */
    P[i] = mx - i; // P[i] >= mx - i，取最小值，之后再匹配更新。

当然光看代码还是不够清晰，还是借助图来理解比较容易。

当 mx - i > P[j] 的时候，以S[j]为中心的回文子串包含在以S[id]为中心的回文子串中，由于 i 和 j 对称，以S[i]为中心的回文子串必然包含在以S[id]为中心的回文子串中，所以必有 P[i] = P[j]，见下图。


当 P[j] >= mx - i 的时候，以S[j]为中心的回文子串不一定完全包含于以S[id]为中心的回文子串中，但是基于对称性可知，下图中两个绿框所包围的部分是相同的，也就是说以S[i]为中心的回文子串，其向右至少会扩张到mx的位置，也就是说 P[i] >= mx - i。至于mx之后的部分是否对称，就只能老老实实去匹配了。


对于 mx <= i 的情况，无法对 P[i]做更多的假设，只能P[i] = 1，然后再去匹配了。

实现如下:

string longestPalindrome(string s) {
    int size = s.size();
    if(size < 2)
        return s;
    int id = 1, mx = 1, res = 1;

    string temp_str = "$";
    int flag = 1;
    for(int i = 0; i < size; )
    {
        if(flag > 0)
        {
            flag = 0;
            temp_str += '#';
        }
        else
        {
            flag = 1;
            temp_str += s[i];
            ++i;
        }
    }

    temp_str += '#';

    size = temp_str.size();
    int *p = new int[size];
    memset(p, 0, size * sizeof(int));

    for(int i = 1; i < size; ++i)
    {
        p[i] = mx - i > 0 ? min(p[2 * id - i], mx - i) : 1;

        while(i + p[i] < size && i - p[i] >= 0 && temp_str[i + p[i]] == temp_str[i - p[i]])
        {
            p[i]++;
        }

        if(p[i] + i > mx)
        {
            id = i;
            mx = p[id] + id;
        }
    }

    for(int i = 0; i < size; ++i)
    {
        if(p[i] > p[res])
        {
            res = i;
        }
    }

    return s.substr(res - res / 2 - 1 - (p[res] - 1) / 2, p[res] - 1);
}

此Manacher算法使用id、mx做配合，可以在每次循环中，直接对P[i]的快速赋值，从而在计算以i为中心的回文子串的过程中，不必每次都从1开始比较，减少了比较次数，最终使得求解最长回文子串的长度达到线性O(N)的时间复杂度。

参考：http://www.felix021.com/blog/read.php?2040 。http://leetcode.com/2011/11/longest-palindromic-substring-part-ii.html 。

leetcode题目地址:https://leetcode.com/problems/longest-palindromic-substring/