hdu 3068 最长回文串 o(n) Manacher 算法

最长回文

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Problem Description

给出一个只由小写英文字符a,b,c...y,z组成的字符串S,求S中最长回文串的长度.
回文就是正反读都是一样的字符串,如aba, abba等

 

Input

输入有多组case,不超过120组,每组输入为一行小写英文字符a,b,c...y,z组成的字符串S
两组case之间由空行隔开(该空行不用处理)
字符串长度len <= 110000

 

Output

每一行一个整数x,对应一组case,表示该组case的字符串中所包含的最长回文长度.

 

Sample Input

aaaa abab

 

Sample Output

4 3

 

Source

2009 Multi-University Training Contest 16 - Host by NIT

 

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最长回文串 o(n)  Manacher 算法,一般算法，直接枚举的话，每个位置o(n),有n个位置所以要用o(n * n)复杂度。下面考虑用一种所谓的manacher算法。其实这个算法很简单也很容易写。

定义一个数组p,p[i]表示以i为中心的最大回文串的长度，也就是说str[i-p[i],i - 1] == str[i+1,i + p[i]].我们依次计算p,有点dp的意思，计算i的时候，根据当前向右端的最大值，也就是p[mi] + mi.如果i在p[mi]+mi的右端，直接令p[i] = 0;否则说明i已经在最右端的左边，

如果，i 在 p[mi]+ mi左边，则p[i] = min(mi2 - (mi - p[mi]),p[mi2]);mi2为i关于mi对称的位置mi2;因为这里要保证p[i]最大长度要在i的回文串以内。这里分为三种情况

mi2的左端点在i的左端点左边，这p[i]直接由上式可得，因为，如果p[i] 比上式要大，则由对称性p[i]要增大,推出矛盾

mi2的左端点在i的左端点右边，这p[i]直接由上式可得，因为，如果p[i] 比上式要大，则由对称性p[mi2]要增大,推出矛盾

mi2的左端点在i的左端点重合，这p[i]直接由上式可得，还不能确定是否是最大的，还要执行下面的while循环。

 由于mi是递增的，最多n种，且p[mi] + mi也是递增的，所以这里 while(i- maxx >= 0 && i+maxx < l2 && tstr[i-maxx] == tstr[i+maxx])总共最多执行了n次，所以总的复杂度是严格的o(n)算法。

#define N 110050
#define M 100005
#define maxn 205
#define MOD 1000000000000000007
void Manacher(char str[],int len){
    char tstr[N+N];
    int p[N + N],l2 =0,mi;
    tstr[l2++] = '#';
    for(int i =0;i= i) p[i] = min(mi2 - (mi - p[mi]),p[mi2]);
        else p[i] = 0;
        if(p[i] == 0 ||  mi2 - p[mi2] == mi - p[mi]){
            int maxx = p[i]+1;
            while(i- maxx >= 0 && i+maxx < l2 && tstr[i-maxx] == tstr[i+maxx]){
                maxx++;
            }
            p[i] = maxx - 1;
        }
        if(p[i] + i > p[mi] + mi) mi = i;
    }
    int ans = -1;
    for(int i = 0;i < l2;i++){
        ans = max(ans,p[i]);
    }
    printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
    char str[N];
    while(SS(str)!=EOF){
        Manacher(str,strlen(str));
    }
    return 0;
}