从最长回文串到贪心和动态规划（1）
可以去https://segmentfault.com/a/1190000003914228看原版，但是有些方面感觉我解释的要更多一些，同时改正了一处错误。
问题定义：
最长回文串问题：给定一个字符串，求出它的最长回文串长度。
如果一个字符串正着读和反着读是一样的，那么它就是回文串。
比如：
12321 a aba aaaa tattattattat
1. Brute-force：
最简单粗暴的解法：找到字符串的所有子串，遍历每一个子串以验证它们是否为回文串。
一个子串由起点和终点决定，因此对于一个长度为n的字符串，一共有
个子串，这些子串的平均长度大约是n/2，所以这个解法的时间复杂度为
2. 改进的方法：
显然，对于所有的回文串都是对称的！
长度为奇数的回文串以中间字符为对称轴左右对称，长度为偶数的回文串的对称轴在中间两个字符之间的空隙。能否利用这个性质来提高效率呢？当然！
我们知道整个字符串中的所有字符以及字符间的空隙，都可能是某个回文串的对称轴位置-----我们可以遍历这些位置，在每个位置上同时向左右两边扩展，直到左右两边的字符不相同或者是达到边界为止。对于一个长度为n的字符串，这样的位置一共有n + n - 1 = 2n -1个，在每个位置上大约平均要进行n/4（就是n/2之后再/2）次字符比较，于是此算法的时间复杂度为
.
3. Manacher算法（马拉车算法）
对于一个较长的字符串，上面的复杂度是难以接受的，Can we do better?
来看看解法二存在的缺陷：
- 由于回文串长度的奇偶性造成了不同性质的对称轴位置，解法二要对奇偶两种情况分别处理
- 很多子串被重复访问很多次，造成较差的时间复杂度。
缺陷2可以这样看出来：
char: a b a b a
i : 0 1 2 3 4当i == 1或者 i== 2的时候，子串aba都被遍历了一次，一个是 aba 一个是 ababa
Manacher算法就是来搞定解法二的缺陷的！
改进1. 解决长度奇偶性带来的对称轴位置问题：
Manacher算法首先对字符串做一个预处理（就像机器学习在开始时，对输入数据进行处理一样），在所有空隙位置，包括首尾插入同样的符号，要求这个符号不会在原串中出现，使得所有串都是奇数长度的。比如：
aba -> #a#b#a
abba -> #a#b#a#b#插入同样的符号，且符号不存在原串之中，因此子串的回文性不受影响。
改进2. 解决重复访问子串的问题：
回文半径：把回文串中左边或者最右边位置与对称轴的距离称之为回文半径。
Manacher定义了一个回文半径数组RL，用RL[i]表示第i个字符为对称轴的回文串的回文半径。我们一般对字符串从左向右处理，因此这里定义RL[i]为第i个字符为对称轴的回文串 和 最右一个字符（回文串）的距离。举例说明如下：
char : # a # b # a #
RL : 1 2 1 4 1 2 1
RL-1 : 0 1 0 3 0 1 0
i : 0 1 2 3 4 5 6
char : # a # b # b # a #
RL : 1 2 1 2 5 2 1 2 1
RL-1 : 0 1 0 1 4 1 0 1 0
i : 0 1 2 3 4 5 6 7 8上面我们还求了一个RL-1，发没发现，这个RL[i]-1的值，正是原来那个没有插入过分隔符的字符串中，以位置i为对称轴的最长回文串的长度。那么只要我们求出了RL数组，我们就能得到最长回文子串的长度。
于是，我们把求最长回文串的问题转化成为了怎样高效的求RL数组的问题。基本思路就是：利用回文串的对称性，扩展回文串
我们再引入一个辅助变量MaxRight，MaxRight表示当前访问到的所有回文子串，所能触及的最右一个字符的位置。
另外还要记下MaxRight对应的回文串的对称轴所在的位置，记为pos，他们的关系如下：
我们从左往右地访问字符串来求RL，假设当前访问到的位置为i，即要求RL[i]，在对应上图，i必然是pos的右边，但我们更关注的是：
i是在MaxRight的右边还是左边？？？
下面就是大家迷糊的开始：
1） 当i在MaxRight的左边，也就是下图这样：
其实在上图中我们可以得出来一些信息：MaxRight是回文子串所能到达的最右端，pos是以MaxRight为最右端的回文子串的对称轴，pos的左右两侧是回文串（最右端可达MaxRight），也就是两个红色块之间的部分是属于回文串的，并且以i为对称轴的回文串是和红色块之间的回文串是有重叠的。
我们找到i关于pos的对称位置j，这个j对应的RL[j]是算过的，根据回文串的对称性，以i为对称轴的回文串和以j为对称轴的回文串，有一部分是相同的。这又有两个细分：
1. 以j为对称轴的回文串很短，就像下面这样：
这时候我们知道，RL[i]至少不会小于RL[j]的（两个红色块之间包括红色块是回文的嘛），我们就可以令RL[i] = RL[j]，但是以i为对称轴的回文串可能更长（因为最远的MaxRight对应的对称轴不过是pos，是在i的左面，当然不否认以i为对称轴的回文串最长可能就像上图一样没到MaxRight），因此我们试着以i为对称轴，继续往左右两边扩展，直到左右两边字符不同，或者是达到边界。然后更新MaxRight和pos。
2. 以j为对称轴的回文串很长，像下面一样长：
注意哈，上面的带箭头的两个蓝线是对的（原文这里标注有问题），中间的虚蓝线忽略。
这时，我们只能确定，两条蓝线之间的部分，也就是不超过MaxRight的部分是回文的（解释一下，j是i关于pos对称的，j在最左边的红块到蓝块（pos）之间（包括红块不包括蓝块）是回文的两个红块之间又都是回文串，所以可以知道i为对称轴的回文串最起码可以是蓝块pos到最右边红块MaxRight（包括红块MaxRight不包括蓝块）），于是从这个长度开始，尝试以i为中心向左右两边扩展，直到左右两边字符不同，或者达到边界。然后更新MaxRight和pos。
其实不管上面1,2哪种情况，之后都要尝试更新MaxRight和pos，因为有可能得到更大的MaxRight。
具体操作：
1. 令RL[i] = min(RL[2 * pos - i], MaxRight - i)
2. 以i为中心扩展回文串，直到左右两边字符不相同或者达到边界
3. 更新MaxRight和pos
Note：读者可以想一下 为什么令RL[i] = min(RL[2 * pos - i], MaxRight - i)，提示一下：
RL[2 * pos - i] 对应于以j为对称轴的回文串较短(以j为对称轴的回文串的最右边没有超过pos)
MaxRight - i 对应于以j为对称轴的回文串较长(以j为对称轴的回文串的最右边超出了pos)2）当i在MaxRight的右边
遇到这种情况，说明以i为对称轴的回文串还没有任何一个部分被访问过，于是只能从i的左右两边开始尝试扩展了，当左右两边字符不同，或者到达字符串边界时停止。然后更新MaxRight和pos。
代码：
def manacher(arr):
# 预处理字符串，解决字符串长度为奇偶带来的对称轴的不统一问题
# 注意这里的前后两个#以及join()的用法，默认就是以空格隔开的
arr = '#'+ '#'.join(s) +'#'
# 初始化三个所需要的变量：RL[], MaxRight, pos以及最后输出的MaxLen
# 这里的RL数组初始化的方法不错，可以借鉴一下
RL = [0] * len(arr)
MaxRight = 0
pos = 0
MaxLen = 0
# 从头到尾循环
for i in range(len(arr)):
# 假如在i在MaxRight的左边，对应于j较短or较长两种情况，取其min即可，向两边拓展
if i < MaxRight:
RL[i] = min(RL[2*pos - i], MaxRight - i)
# 否则当i在MaxRigth的右边的时候，i为对称轴的回文串还没有任何一个部分被访问过，故从1开始
else:
RL[i] = 1
# 这里就是开始向两边拓展，遇到左右两边不相等或者边界的时候就停止
# i - RL[i] >= 0 i为对称轴的回文串最长也只是从开头到i位置的长度，所以一定要>=0
# i + RL[i] 不能超出边界，就是以i为对称轴，RL[i]为回文半径的和不能越界
# RL[i - RL[i]] == RL[i + RL[i]]：以i为对称轴，回文半径一点点向外扩展
while i - RL[i] >= 0 and i + RL[i] < len(arr) and arr[i - RL[i]] == arr[i+RL[i]]:
RL[i] += 1
# 勿忘更新MaxRight和pos
if RL[i] + i - 1 > MaxRight:
MaxRight = RL[i] + i -1
pos = i
# MaxLen就是之前的回文半径和现在以i为对称轴的回文半径取个max
MaxLen = max(MaxLen, RL[i])
# 这里的要-1，勿忘，和RL[i]-1才是最长回文串的长度一样
return MaxLen - 1复杂度分析
空间复杂度：插入分隔符形成新串，占用了线性的空间大小；RL数组也占用线性大小的空间，因此空间复杂度是线性的。
时间复杂度：尽管代码里面有两层循环，通过amortized analysis（均摊分析）我们可以得出，Manacher的时间复杂度是线性的。由于内层的循环只对尚未匹配的部分进行，因此对于每一个字符而言，只会进行一次，因此时间复杂度是O(n)。