leetcode5. Longest Palindromic Substring（dp，manacher算法）

题目链接

https://leetcode.com/problems/longest-palindromic-substring

解题思路：

求解最长公共子串问题

• 暴力求解，时间复杂度$o(n^3)$
• 动态规划，时间复杂度$o(n^2)$
• 二分+字符串hash算法，时间复杂度$o(nlog(n))$
• manacher算法，时间复杂度$o(n)$
  本文着重介绍动态规划及manacher解法，二分+字符串hash解法思路见链接

动态规划求解：

设$dp[i][j]=1$表示从$i$到$j$的字符串是一段回文字符串，反之若$dp[i][j]=0$表示从$i$到$j$的字符串非回文字符串，那么有：
$$dp[i][j]=\{\begin{array}{rl}1& dp[i+1][j-1]==1ands[i]==s[j]\\ 0& else\end{array}$$
由于求解区间$[i,j]$需要用到内部区间$[i+1,j-1]$的信息，故直接从0到s.size()顺序迭代更新$i$，$j$不可取，所以我们需要改变更新方式。
这里采用的是子串的长度和区间的左端点相结合更新的方式，先预处理子串长度为1和2的情况，然后按照上述公式更新即可。时间复杂度$o(n^2)$。

class Solution {
public:
    int dp[1010][1010];
    string longestPalindrome(string s) {
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(int i=0;i<s.size();i++){
            dp[i][i]=1;
            if(i+1<s.size()&&s[i]==s[i+1]) dp[i][i+1]=1;
        }
        for(int L=3;L<=s.size();L++){
            for(int i=0;i+L-1<s.size();i++){
                int j=i+L-1;
                if(s[i]==s[j]&&dp[i+1][j-1]==1)
                    dp[i][j]=1;
            }
        }
        for(int L=s.size();L>=1;L--){
            for(int i=0;i+L-1<s.size();i++){
            int j=i+L-1;
            if(dp[i][j]){
                return s.substr(i,L);
                }
            }
        }
        
        return s;
    }
};

manacher算法求解

首先预处理，在字符串的首末和中间都加上分隔符号#，保证输入的子串长度是奇数。
具体原因见https://segmentfault.com/a/1190000003914228
利用$mx$表示已经访问的所有回文子串中最右边的位置，
利用$pos$表示这个子串的回文中心，即有$mx=pos+p[pos]$，$p[pos]$表示以$pos$为回文中心的字符串对应的回文半径，

其次求解字符串中第$i$个位置对应的回文半径$p[i]$
在求解和更新$p[i]$时，需要注意：

• 利用$i$关于回文中心点$pos$的对称点的信息来简化计算的复杂度，不如设该点为$j$，那么有：当$i$在$pos$和$mx$中间时：
  $$i-pos=pos-j$$
  即$$j=2\ast pos-i$$
  此时$p[i]$的信息可以更新为$p[i]=min(p[j],mx-i)$

• 若$i$在$mx$右边，即i超出了$p[pos]$对应的回文半径，这时候以i为中心的回文字符串就是其本身，所以$p[i]=1$

• 由于$i$和$j$关于$pos$对称，而$p[i]$表示以$i$为中心的子串的回文半径，显然仅靠$p[j]$的信息是不够的，因为如果$i+p[i]>mx$后，很可能出现$s[i+p[i]]==s[i-p[i]]$，所以需要进一步更新$p[i]$

回文半径$p[i]-1$中最大的值对应整个字符串最大的回文子串长度。
总体时间复杂度$o(n)$。

class Solution {
public:
    string longestPalindrome(string s) {
        if(s.size()<=1) return s;
        string t="",q="";
        for(int i=0;i<s.size();i++){
            t+="#";
            t+=s[i];
        }
        t+="#";
        
        vector<int> ans=solve(t);
        
        int maxv=-1,ind=-1;
        for(int i=0;i<ans.size();i++){
            if(ans[i]>maxv){
                maxv=ans[i];
                ind=i;
            }
        } 
        
        for(int i=ind-ans[ind]+1;i<=ind+ans[ind]-1;i++){
            if(t[i]!='#') q+=t[i];
        }
        return q;
    }
    
    vector<int> solve(string t){
        int pos=0,mx=0;
        int len=t.size();
        vector<int> p(len);
        for(int i=0;i<len;i++){
            if(i<mx) p[i]=min(p[2*pos-i],mx-i);//j=2*pos-i
            else p[i]=1;
            
            while(i-p[i]>=0&& i+p[i]<len && t[i+p[i]]==t[i-p[i]])//更新p[i]
                p[i]++;
            
            if(mx<i+p[i]-1){//更新最右边回文串对应的回文中心pos和右边界mx
                pos=i;
                mx=i+p[i]-1;
            }
        }
        return p;
    }
};