只会用马拉车求最长回文子串？太浪费啦！
写周赛题解有一段时间了，感觉周赛题目的类型比较分散，不利于系统的学习，所以萌生了写专题的想法。
接下来的一段时间，我会写一些常用的算法或者数据结构，希望能帮到大家。如果大家有想了解的算法，也可以在文末留言。
回文串是个什么铁憨憨
正读和反读都相同的字符序列为“回文”，如“aba”、“abba”是“回文”，“abcde”和“bba”则不是“回文”。
再比如古人秀出天际的回文诗：
莺啼岸柳弄春晴， 柳弄春晴夜月明；
明月夜晴春弄柳， 晴春弄柳岸啼莺。
判断字符串是否回文
从定义可知，一个长为 n 的字符串 S 是回文串的充要条件是，对于 i ∈ [0, n-1]，都有S[i]与S[n-1-i] 相等。也就是S的前一半和后一半是"镜像"的。基于此，老铁们应该都有了O(n)的枚举解法：
bool is_palindrome(const std::string &str) {
// 只枚举前一半就 OK 了
for(int i = 0, n = str.size(); i < n/2; i++) {
if(str[i] != str[n-i-1]) {
return false; // 只要有一个位置不相等，那就肯定不是回文咯
}
}
return true; // 所有位置都符合要求，那当然是回文咯
}
求个最长回文子串试试？
因为回文串是中心对称的，我们可以先枚举子串的中心，然后从中心处向两边探测，直到发现两端字符不相等或者到达字符串边缘。
需要注意回文串的长度，如果是奇数的话，中心是一个字符，如果是偶数的话，中心是两个字符，比如上图中的"cc"就是最长字符的中心。
string longestPalindrome(string s) {
int pos = 0, len = s.size() ? 1 : 0;
for(int i = 0; i < s.size(); i++) {
int l = i, r = i; // 以 s[i] 中心，向两边扩展
while(0 <= l && r < s.size() && s[l] == s[r]) {
l--;
r++;
}
if(r-l-1 > len) {
len = r-l-1;
pos = l+1;
}
l = i, r = i+1; // 以 s[i],s[i+1] 为中心，向两边扩展
while(0 <= l && r < s.size() && s[l] == s[r]) {
l--;
r++;
}
if(r-l-1 > len) {
len = r-l-1;
pos = l+1;
}
}
return s.substr(pos, len);
}
机智的老铁们，有没有从上图中发现一些端倪？两个 “b” 是关于 “cc” 对称的，且都包含在以"bb"为中心的回文子串中，那就意味着当已知以左"b"为中心的回文长度时，以右"b"为中心的回文长度就不用从0开始探测了。
这就是 Manacher 算法的精髓！充分利用已知的回文串，减少不必要的校验，使得时间复杂度降至O(n)！
马拉车第一步，插入占位符
选择一个原字符串中不存在的字符作为占位符，将占位符插入到原字符串的 n+1 个间隔。比如字符串"abba"，变为"$a$b$b$a$"。这使得所有回文子串的长度都变成了奇数！
这可以用反证法证明一下：如果一个回文子串的长度是偶数，那么必然一端是占位符，另一端不是占位符，这与回文串的定义是矛盾的！
马拉车第二步，初始化
s ：原始的字符串。
str : s 插入占位符之后得到的字符串。
L ：算法过程中，已知的右端点最靠右的，回文子串的，左端点，初始为 0。
R ：算法过程中，已知的右端点最靠右的，回文子串的，右端点，初始为 -1。
dp ：一个数组。dp[i] 表示以 str[i] 为中心的回文子串的长度。
马拉车第三步，计算dp数组！
- 从 0 开始枚举 i :
- 如果 i 不在 [L，R] 中，dp[i] = 1。仅含一个字符的子串肯定是回文的。
- 如果 i 在 [L，R] 中，那么由对称的特性可知，dp[i] = min((R-i)*2-1, dp[L+R-i])。
- 使用中心枚举法探测更长的子串，从 dp[i] 开始探测长度。
- dp[i]确定后，若 i+dp[i]/2 > R，说明找到了右端点更靠右的子串，那么更新L，R：
- L = i - dp[i]/2
- R = i + dp[i]/2
- 遍历 dp，找到最大的 dp[i]，根据 i 及 dp[i] 可以计算出 str 中最长回文子串的左右端点，然后可以计算出原始字符串 s 中最长回文子串的左右端点。
我觉得可以这样理解马拉车算法：从中心枚举法的基础上，加了一个 dp 数组，利用回文串中心对称的特性，加速了探测长度的过程。
dp 数组是如何工作的
接下来，再理解一下 dp数组是如何工作的。
可以发现，因为整个字符串都是回文的，使得 dp 数组也是中心对称的！这也就是意味着，当求出前一半时，后一半可以直接利用中心对称的特性直接获得！回文子串对应的 dp 子数组都是中心对称的吗？很遗憾，并不是，比如下图：
图中的 S[2:8] 构成了一个回文子串，然而 dp[2:8] 子数组并不是中心对称的。
既然这样，我们在利用回文子串 S[L:R] 计算 dp[i] 时，需要注意边界问题：设 dis 为 i 到 R 的距离，i_mirror 为与 i 中心对称的下标，
- S[L:R] 得出的 dp[i] 不能超过 dis*2+1。如果超过了该值，那 dp[i] 代表的子串就超出了 S[L:R] 的范围，那 dp[i] 的有效性就无法保证了。
- 同时，由中心对称得出的 dp[i] 也不能比 dp[i_mirror] 更大。如果超过了，也无法保证 dp[i] 的有效性了。
综上所述：
- 当 i 被一个回文串S[L:R]覆盖时，可以加速 dp[i] 的探测过程：
- dp[i] = min((R-i)*2+1, dp[R+L-i])
- 当 i 没有被回文串覆盖时：
- dp[i] = 1
这也解释了，探测过程中要保存右端点最靠右的串而不是最长的回文子串的原因：因为我们是从左到右枚举的，这样可以最大程度的覆盖还没有计算的 dp，这样才能更有效的加速！
还要明白一点：上述公式只是加速了 dp 的探测，而不是直接得到最优解。所以，加速之后，我们还要继续探测。
当要计算 dp[11] 时，如按中心枚举法，需从 1 开始探测。但马拉车加速后，可以直接从 7 开始：
- 已知的最右回文串为 S[0:14]，则 (14-11)*2+1 = 7。
- i_mirror = R+L-i = 14+0-11 = 3，则 dp[3] = 7。
- 所以dp[11] = min(7,7) = 7。
然后继续探测，发现了以 S[11] 为中心的更长的回文子串 S[6:16]，其长度为 11。
Manacher算法只是对中心枚举法的优化！！只是利用了回文串的中心对称特性！！只是加速了长度的探测过程！！
时间复杂度
接下来，尝试证明一下Manacher算法的时间复杂度。
当开始计算 dp[i] 时：
- 如果 i <= R，则可以进行加速，加速之后 dp[i] 标识的回文子串 P[i] 的右端点有两种情况：
- P[i] 的右端点等于 R。此时需要继续探测。
- P[i] 的右端点小于 R。此时不需要继续探测了，因为P[i] 完全内含在了 S[L:R] 中，不可能继续扩张了。
- 如果 R < i，则 dp[i] 要从 1 开始探测。
下列图片展示了未覆盖，内含，边界对齐三种情况：
- 未覆盖
- 内含
- 边界对齐
可以发现，当 dp[i] 内含于S[L:R]时，则计算过程结束，时间复杂度O(1)。
其他情况下，则需要继续探测。如果探测成功，则会更新R，这是因为只有 R 之后的字符才会被探测。如果探测失败，则计算过程结束。
也就是说，每个字符最多会被成功探测一次，每个dp[i]最多会探测失败一次。即平均每个字符最多会有一次成功探测和一次失败探测。
所以总的时间复杂度为O(n)。
每次证明时间复杂度都感觉语无伦次
压榨马拉车的剩余价值
有些题目需要频繁的判断任意子串是否是回文的。本文分享一下利用马拉车的长度数组判断任意子串是否回文的方法，时间复杂度低至 O(1) 。
先来回忆一下马拉车：
- 选择占位符，根据原始字符串 S 构造字符串 PS。
- O(n) 的计算长度数组 len。len[i] 表示 PS 中，以 PS[i]为中心的最长的回文子串的长度。
当我们要判断 S[L:R]是否为回文串时，仅需两个步骤：
- 找到 PS 中与 S[L:R] 对应的子串位置，记为 PS[L’: R’]。
- L’ = L*2+1
- R’ = R*2+1
- 判断 len[mid] 是否小于PS[L’:R’]的长度。如果小于，则S[L:R]不是回文，反之则是。
- mid = (L’ + R’) / 2
以 S[1:5] 为例，首选换算对应子串位置，得到 PS[3:11]，找到PS[3:11]的中心 PS[7]，通过查询长度数组 len，得知以 PS[7] 为中心的最长回文串的长度为 15。显然 PS[3:11] 及 S[1:5] 都是回文的。
偶数长度的字符串同样有效，比如 S[6:7]，老铁们可自行验证~
尝试证明一下
因为 len[mid] 记录的是以 PS[mid] 为中心的最长回文子串的长度。而S[L:R] 对应的PS[L’:R’] 也是以 PS[mid] 为中心的子串。显然：
- 当 PS[L’:R’] 的长度不超过 len[i] 时，PS[L’:R’] 一定是回文串。
- 当 PS[L’:R’] 超过 len[mid]，PS[L’ : R’] 一定不是回文串。
否则的话就与长度数组 len 的定义矛盾了，所以上述结论一定是成立的。
几个练习题
- 5. 最长回文子串
- 647. 回文子串
- 131. 分割回文串
- 132. 分割回文串 II
代码
class Manacher {
public:
Manacher(const std::string &s) {
construct(s);
};
void getLongestPalindromeString(int &position, int &length) {
// 找到最长的回文子串的位置与长度。
position = -1, length = -1;
for(int i = 0; i < len.size(); i++) {
if(len[i] > length) {
length = len[i];
position = i;
}
}
// 映射到原始字符串中的位置。
position = position/2 - length/4;
length = length/2;
return;
}
// s[L:R] 是否是回文的
bool isPalindrome(int L, int R) {
L = L*2 + 1;
R = R*2 + 1;
int mid = (L+R)/2;
if(0 <= mid && mid < len.size() && R-L+1 <= len[mid]) {
return true;
}
return false;
}
private:
vector<int> len;
void construct(const std::string &s) {
vector<char> vec;
// 用 0 作为分隔符
vec.resize(s.size()*2+1);
for(int i = 0; i < s.size(); i++) {
vec[i<<1|1] = s[i];
}
int L = 0, R = -1;
len.resize(vec.size());
for(int i = 0, n = vec.size(); i < n; i++) {
if(i <= R) { // 被覆盖了，尝试加速
len[i] = min((R-i)*2+1, len[L+R-i]);
} else { // 未被覆盖，那就没办法加速了，从 1 开始。
len[i] = 1;
}
// 尝试继续探测
int l = i - len[i]/2 - 1;
int r = i + len[i]/2 + 1;
while(0 <= l && r < vec.size() && vec[l] == vec[r]) {
--l;
++r;
}
// 更新
len[i] = r-l-1;
if(r > R) {
L = l+1;
R = r-1;
}
}
}
};
