给定一个字符串 s，找到 s 中最长的回文子串。你可以假设 s 的最大长度为 1000。
示例 1：
输入: "babad"
输出: "bab"
注意: "aba" 也是一个有效答案。
示例 2：
输入: "cbbd"
输出: "bb"
解题思路
解法一：动态规划法
（一）状态
f[i][j]表示s的第 i 个字符到第 j 个字符组成的子串，是否为回文串
（二）转移方程
如果s的第 i 个字符和第 j 个字符相同的话，且 i + 1, 到 j - 1 的子串也是回文串的话，f[i][j] 也为回文串
f[i][j] = f[i + 1][j - 1] and s[i] == s[j]
稍微要注意的是，如果 i == j 或者 i + 1 == j 的时候，也就是单个字符的子串和两个相邻字符的子串，就不需要f[i + 1][j - 1]了
如果s的第 i 个字符和第 j 个字符不同的话，f[i][j] 不是回文串
然后注意遍历顺序，i 从最后一个字符开始往前遍历，j 从 i 开始往后遍历，这样可以保证每个子问题都已经算好了
代码如下：
public String longestPalindrome(String s) {
String res = "";
int n = s.length();
boolean[][] f = new boolean[n][n];
for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
for (int j = i; j < n; j++) {
if(s.charAt(i) == s.charAt(j) && (j - i <= 1 || f[i + 1][j - 1])) {
f[i][j] = true;
if(j - i >= res.length()){
res = s.substring(i, j + 1);
}
}
}
}
return res;
}
解法二：中心扩展法
思路
回文串一定是对称的
每次选择一个中心，进行中心向两边扩展比较左右字符是否相等
中心点的选取有两种
aba，中心点是b
aa，中心点是两个a之间
所以共有两种组合可能
left：i，right：i
left：i，right：i+1
public class Solution2020106 {
public int n;
public String s;
// 中心扩展法
private int centerExpend(int left,int right) {
while(left >= 0 && right < n && s.charAt(left) == s.charAt(right)){
left--;
right++;
}
return right - left - 1;
}
public String longestPalindrome (String zifu) {
this.s=zifu;
if( s.length() < 2){
return s;
}
int start = 0,end = 0;
n = s.length();
for(int i = 0;i < n;i++){
int len1 = centerExpend(i,i);
int len2 = centerExpend(i,i+1);
// 两种组合取最大回文串的长度
int maxLen = Math.max(len1,len2);
if(maxLen > end - start){
// 更新最大回文串的首尾字符索引
start = i - ((maxLen - 1) >>>1);
end = i + (maxLen >>> 1);
}
}
return s.substring(start,end+1);
}
public static void main(String[] args) {
Solution2020106 so=new Solution2020106();
System.out.println(so.longestPalindrome("abayuioppoiuy"));
}
}
图解
var longestPalindrome = function(s) {
if(!s || s.length < 2){
return s;
}
let start = 0,end = 0;
let n = s.length;
// 中心扩展法
let centerExpend = (left,right) => {
while(left >= 0 && right < n && s[left] == s[right]){
left--;
right++;
}
return right - left - 1;
}
for(let i = 0;i < n;i++){
let len1 = centerExpend(i,i);
let len2 = centerExpend(i,i+1);
// 两种组合取最大回文串的长度
let maxLen = Math.max(len1,len2);
if(maxLen > end - start){
// 更新最大回文串的首尾字符索引
start = i - ((maxLen - 1) >> 1);
end = i + (maxLen >> 1);
}
}
return s.substring(start,end+1);
};
方法三：超级详解动态规划
“动态规划”的方法是非常重要算法思想，并且这道题也是很经典的动态规划问题，一些快速判断子串是否是回文的问题都以这道问题为基础。
解决这类 “最优子结构” 问题，可以考虑使用 “动态规划”：
1、定义 “状态”；
2、找到 “状态转移方程”。
记号说明： 下文中，使用记号 s[l, r] 表示原始字符串的一个子串，l、r 分别是区间的左右边界的索引值，使用左闭、右闭区间表示左右边界可以取到。举个例子，当 s = 'babad' 时，s[0, 1] = 'ba' ，s[2, 4] = 'bad'。
1、定义 “状态”，这里 “状态”数组是二维数组。
dp[l][r] 表示子串 s[l, r]（包括区间左右端点）是否构成回文串，是一个二维布尔型数组。即如果子串 s[l, r] 是回文串，那么 dp[l][r] = true。
2、找到 “状态转移方程”。
首先，我们很清楚一个事实：
1、当子串只包含 1 个字符，它一定是回文子串；
2、当子串包含 2 个以上字符的时候：如果 s[l, r] 是一个回文串，例如 “abccba”，那么这个回文串两边各往里面收缩一个字符（如果可以的话）的子串 s[l + 1, r - 1] 也一定是回文串，即：如果 dp[l][r] == true 成立，一定有 dp[l + 1][r - 1] = true 成立。
根据这一点，我们可以知道，给出一个子串 s[l, r] ，如果 s[l] != s[r]，那么这个子串就一定不是回文串。如果 s[l] == s[r] 成立，就接着判断 s[l + 1] 与 s[r - 1]，这很像中心扩散法的逆方法。
事实上，当 s[l] == s[r] 成立的时候，dp[l][r] 的值由 dp[l + 1][r - l] 决定，这一点也不难思考：当左右边界字符串相等的时候，整个字符串是否是回文就完全由“原字符串去掉左右边界”的子串是否回文决定。但是这里还需要再多考虑一点点：“原字符串去掉左右边界”的子串的边界情况。
1、当原字符串的元素个数为 3 个的时候，如果左右边界相等，那么去掉它们以后，只剩下 1 个字符，它一定是回文串，故原字符串也一定是回文串；
2、当原字符串的元素个数为 2 个的时候，如果左右边界相等，那么去掉它们以后，只剩下 0 个字符，显然原字符串也一定是回文串。
把上面两点归纳一下，只要 s[l + 1, r - 1] 至少包含两个元素，就有必要继续做判断，否则直接根据左右边界是否相等就能得到原字符串的回文性。而“s[l + 1, r - 1] 至少包含两个元素”等价于 l + 1 < r - 1，整理得 l - r < -2，或者 r - l > 2。
综上，如果一个字符串的左右边界相等，以下二者之一成立即可：
1、去掉左右边界以后的字符串不构成区间，即“ s[l + 1, r - 1] 至少包含两个元素”的反面，即 l - r >= -2，或者 r - l <= 2；
2、去掉左右边界以后的字符串是回文串，具体说，它的回文性决定了原字符串的回文性。
于是整理成“状态转移方程”：
dp[l, r] = (s[l] == s[r] and (l - r >= -2 or dp[l + 1, r - 1]))
或者
dp[l, r] = (s[l] == s[r] and (r - l <= 2 or dp[l + 1, r - 1]))
编码实现细节：因为要构成子串 l 一定小于等于 r ，我们只关心 “状态”数组“上三角”的那部分取值。理解上面的“状态转移方程”中的 (r - l <= 2 or dp[l + 1, r - 1]) 这部分是关键，因为 or 是短路运算，因此，如果收缩以后不构成区间，那么就没有必要看继续 dp[l + 1, r - 1] 的取值。
读者可以思考一下：为什么在动态规划的算法中，不用考虑回文串长度的奇偶性呢。想一想，答案就在状态转移方程里面。
具体编码细节在代码的注释中已经体现。
参考代码 ：
public class Solution {
public String longestPalindrome(String s) {
int len = s.length();
if (len <= 1) {
return s;
}
int longestPalindrome = 1;
String longestPalindromeStr = s.substring(0, 1);
boolean[][] dp = new boolean[len][len];
// abcdedcba
// l r
// 如果 dp[l, r] = true 那么 dp[l + 1, r - 1] 也一定为 true
// 关键在这里：[l + 1, r - 1] 一定至少有 2 个元素才有判断的必要
// 因为如果 [l + 1, r - 1] 只有一个元素，不用判断，一定是回文串
// 如果 [l + 1, r - 1] 表示的区间为空，不用判断，也一定是回文串
// [l + 1, r - 1] 一定至少有 2 个元素 等价于 l + 1 < r - 1，即 r - l > 2
// 写代码的时候这样写：如果 [l + 1, r - 1] 的元素小于等于 1 个，即 r - l <= 2 ，就不用做判断了
// 因为只有 1 个字符的情况在最开始做了判断
// 左边界一定要比右边界小，因此右边界从 1 开始
for (int r = 1; r < len; r++) {
for (int l = 0; l < r; l++) {
// 区间应该慢慢放大
// 状态转移方程：如果头尾字符相等并且中间也是回文
// 在头尾字符相等的前提下，如果收缩以后不构成区间（最多只有 1 个元素），直接返回 True 即可
// 否则要继续看收缩以后的区间的回文性
// 重点理解 or 的短路性质在这里的作用
if (s.charAt(l) == s.charAt(r) && (r - l <= 2 || dp[l + 1][r - 1])) {
dp[l][r] = true;
if (r - l + 1 > longestPalindrome) {
longestPalindrome = r - l + 1;
longestPalindromeStr = s.substring(l, r + 1);
}
}
}
}
return longestPalindromeStr;
}
}
写完代码以后，请读者在纸上写下代码运行的流程，以字符串 'babad' 为例：