给定一个字符串，返回该字符串的最长回文子串。回文也就是说 。正着读和反着读是一样的。以下总结了几种求回文的方式：
方法1 ： 非常easy，枚举全部的区间 [i,j] ,查看该范围内是否是一个回文.
时间复杂度 O(n^3),空间复杂度 O(1).
方法2： 方法1的时间复杂度太高，而且存在着大量的反复运算。能够使用DP来解。而且保存已经检查过的字符串的状态.
时间复杂度： O(n^2)。空间复杂度O(n^2).
这里存在两种DP的方法，是依据区间来进行DP，还是长度。只是都是大同小异，不改变整个算法的时间复杂度。
代码例如以下:
//dp 1
string LongestPalindrome(const string &s)
{
const int n = s.size();
if(n < 2) return s;
bool f[n][n+1];
fill_n(&f[0][0],n*(n+1),false);
int start = 0, len = 1;
f[0][0] = true;
for(int i=0;i<n;++i)
{
f[i][0] = true;
f[i][1] = true;
}
for(int i=n-2;i>=0;--i)
{
for(int j=2;j<=n && (i+j-1)<n;++j)
{
f[i][j] = f[i+1][j-2] && s[i] == s[i+j-1];
if(f[i][j] && j > len) {start = i; len = j;}
}
}
return s.substr(start,len);
}
//dp 2
string LongestPalindrome_dp2(const string &s)
{
const int n = s.size();
if(n < 2) return s;
bool f[n][n];
fill_n(&f[0][0],n*n,false);
int start=0,len=1;
f[0][0] = true;
for(int i=0;i<n;++i)
f[i][i] = true;
for(int i = n-1 ; i >= 0; --i)
{
for(int j = i+1; j < n;++j)
{
if(j == i+1) f[i][j] = (s[i] == s[j]);
else
f[i][j] = f[i+1][j-1] && s[i] == s[j];
if(f[i][j] && (j-i+1) > len) {start = i; len = j-i+1;}
}
}
return s.substr(start,len);
}
方法3： 非常直观的想法。以每个字符串为中心，计算该字符串左右能够延伸的部分。注意处理长度为奇数和偶数的情况。
时间复杂度 ： O(n^2) 。空间复杂度 ： O(1)
//从中间往两端延伸（考虑奇数偶数的情况就可以）
string LongestPalindrome_extend(const string &s)
{
const int n = s.size();
if(n < 2) return s;
int low,high;
int start=0,len=1;
for(int i=1;i<n;++i)
{
//even
low = i-1;
high = i;
while(low>=0&&high<n&&s[low]==s[high])
{
if(high-low+1>len)
{
start=low;
len=high-low+1;
}
--low;++high;
}
//odd
low = i-1;
high = i+1;
while(low>=0&&high<n&&s[low]==s[high])
{
if(high-low+1 > len)
{
start = low;
len=high-low+1;
}
--low;++high;
}
}
return s.substr(start,len);
}
方法4：使用后缀数组的思想，将字符串s取s的逆，拼接在s的后面，也就是说 如今考察的字符串是 s#s'。当中的#是额外的一个字符，s'是s的逆串。求当前这个新拼接而成的字符串的后缀树组的最长公共前缀。
时间复杂度： O(n^2)，空间复杂度 O(n^2)
//关于此方法还没想明确。暂不贴代码
方法5： manacher算法。此算法也就是直接參考的上述的方法3，以每个点为中心，来计算左右能够延伸的部分，可是这个方案存在冗余的比較，manacher则是利用已经有的信息，尽可能的降低冗余的信息。
详细请參考 点击打开链接。
以下的图是我对manacher算法的理解，manacher算法事实上就是计算一个数组。数组中的每个元素表示以当前元素为中心的回文的长度。事实上是非常easy的，仅仅要分情况来讨论就能够了。
对上述的理解，当前须要计算的位置的index为 i，此时的最右端的位置是right，这个right相应的回文的中心为idx。
分两种情况来讨论：
1 right <= i , 也就是最以下的一幅图，非常显然之前计算过的回文的信息对于计算此时的 i 的回文是全然没有帮助的，也就是说。此时 须要以 i 为中心一个一个的去匹配就可以。
2 right > i , 也就是中间3三幅图的情况，图中的 j 表示以 idx 为对称中心的 i 的对称点的位置， 显然 j = 2 * id - i 。
这里又分两种情况：
1） 假设以 j 为中心的回文子串的左边界超出了以idx为中心的回文（图4）。那么这时的 i 的回文子串的长度除了至少能够到达right。 至于超出right的部分，仅仅好一个一个的去匹配了。
2） 假设以j为中心的回文子串的左边界没有超出以idx为中心的回文。那么直接就是j的回文的长度就可以。
也就是说， 假设 i > right ，那么P[right] = 1;
假设 i < right。此时的 P[i] 的值取决于 i 关于 idx 的对称点 j 的 P[j]的值 。 假设 i + P[j] > right ，那么P[i] = right-i ,余下的部分一个一个的去匹配。 假设 i + P[j] < right。那么P[i] = P[j] ,剩下的一个一个去匹配。
时间复杂度 ： O(n), 空间复杂度 O(n).
代码为：
//Manacher O(n)
string Manacher(const string &str)
{
//add '#'
string s = "$";
for(auto a : str)
{
s += '#';
s += a;
}
s += '#';
cout << s << endl;
const int n = s.size();
vector<int> P(n,0);
int right = -1, idx = -1; //right记录当前已经计算过的回文的最右边的边界(这个边界是不包括在回文中的)
for(int i=1;i<n;++i)
{
P[i] = (right > i)? min(P[2*idx-i],right-i):1; //这一句就是整个算法的核心！！
！！
while(s[i+P[i]] == s[i-P[i]])P[i]++;
if(i+P[i]>right)
{
right = i + P[i];
idx = i;
}
}
auto pos = max_element(P.begin(),P.end());
int len = *pos-1;
string ret;
int i = pos-P.begin();
//print
ret += s[i];
cout << ret << endl;
int k=1;
while(len)
{
ret += s[i+k];
ret = s[i-k]+ret;
cout << ret << endl;
++k;
--len;
}
//trim #
string ret2;
for(auto a :ret)
if(a!='#')ret2 += a;
return ret2;
}
上述代码均已验证正确。至于原理，全在代码中。