5. Longest Palindromic Substring

Total Accepted: 107892  Total Submissions: 466359  Difficulty: Medium

Given a string S, find the longest palindromic substring in S. 

You may assume that the maximum length of S is 1000, 

and there exists one unique longest palindromic substring.

分析：DONE

这是一个很经典的，证明算法魅力的实例。这里只打算掌握动态规划解法，那种线性时间的Manacher解法实在难想（像KMP算法一样先进行预处理），说真的，没必要浪费时间在这种稀奇古怪的解法上。

实际上在做的时候知道该怎么设定子问题，怎么初始化，但是却在怎么遍历迷糊了很久。

以下为别人的算法设计：

定义子问题：dp[i][j] 表示子串s[i…j]是否是回文，我们这样定义实际上变相知道了当前回文子串的长度，以及在原字符串中的位置。
1，初始化：
1），dp[i][i] = true (0 <= i <= n-1);
2），if(s[i]==s[i+1]), dp[i][i+1] = true (0 <= i <= n-2);
3），其余的初始化为false

2,在初始化基础上的递推过程
如果子问题dp[i+1][j-1] == true，并且扩张一个位置后s[i] == s[j]
显然当前位置，dp[i][j] = true，否则还是为false（意义就是，小的子串都不是回文，在此基础上更大的子串也不是回文）
在动态规划中更新最长回文的长度及起点以及长度即可

 

3,关于如何遍历的思考

从大的方向上来考虑：动态规划是自底向上的递推过程，即由较小规模的子问题遍历到原问题。

首先我们的原问题是什么？在给定字符串s中寻找最长的回文。

那么他的较小规模的子问题是什么？正如前面别人家的分析所知，我们必须先知道较短长度s.size()-2的子串是否是回文，那么s.size()的源字符串就可以被判断出来

接着唠嗑，为了判断“较短长度s.size()-1的子串是否为回文”，我们必须先知道较短长度s.size()-3的子串是否是回文，那么s.size()-1的源字符串就可以被判断出来

接着唠嗑，为了判断“较短长度s.size()-2的子串是否为回文”，我们必须先知道较短长度s.size()-4的子串是否是回文，那么s.size()-2的源字符串就可以被判断出来

...............

显然循环的最外层就是当前要判断的子串的长度，由小到大。

循环的最内层就是遍历当前指定子串长度的起点和终点，

而最长的回文在我们遍历的过程更新即可！

空间复杂度为O(N*N)，时间复杂度为O(1)

class Solution {
public:
    string longestPalindrome(string s) {
        const int strLen = s.size();  
        int begin = 0;  int maxLen = 1;  
        bool table[1000][1000] = {false}; 
        //前期的初始化1: 独立的一个字符也是回文啊
        for (int i = 0; i < strLen; i++)     
            table[i][i] = true;   
        //前期的初始化2：两个相等的相邻字符当然也是（吐槽，不能通过递推获取，所以只能单独拿出来初始化）
        for (int i = 0; i < strLen-1; i++) 
        {   
            if (s[i] == s[i+1]) 
            {      
                table[i][i+1] = true; 
                begin = i;      
                maxLen = 2;    
            }  
        }
        //递推3：寻找长度为3及其以上的回文子串
        for (int len = 3; len <= strLen; len++) //当前子串的长度len
        {    
            for (int i = 0; i < strLen-len+1; i++) //当前子串起始位置i
            {      
                int j = i+len-1; //子串末尾位置j     --》j-i=len-1
                if (s[i] == s[j] && table[i+1][j-1]) 
                {        
                    table[i][j] = true;        
                    begin = i;        
                    maxLen = len;      
                }    
            }  
        }  
        return s.substr(begin, maxLen);
    }
};

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