[每日一题] 119. 最长回文子串(字符串、动态规划、马拉车算法、多方法）
1. 题目来源
链接：最长回文子串
来源：LeetCode
2. 题目说明
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1：
输入: “cbbd”
输出: “bb”
3. 题目解析
方法一：利用子函数朴素遍历求法
这道题让求最长回文子串，传统的验证回文串的方法就是两个两个的对称验证是否相等。
那么对于找回文子串的问题，就要以每一个字符为中心，像两边扩散来寻找回文串，这个算法的时间复杂度是 O(n * n)， 可以通过 OJ，就是要注意奇偶情况，由于回文串的长度可奇可偶，比如 “bob” 是奇数形式的回文，“noon” 就是偶数形式的回文，两种形式的回文都要搜索
- 对于奇数形式的，就从遍历到的位置为中心，向两边进行扩散
- 对于偶数形式的，就把当前位置和下一个位置当作偶数行回文的最中间两个字符，然后向两边进行搜索
参见代码如下：
// 执行用时 :48 ms, 在所有 C++ 提交中击败了68.87%的用户
// 内存消耗 :104.1 MB, 在所有 C++ 提交中击败了26.91%的用户
class Solution {
public:
string longestPalindrome(string s) {
if (s.size() < 2) return s;
int n = s.size(), maxLen = 0, start = 0;
for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
searchPalindrome(s, i, i, start, maxLen);
searchPalindrome(s, i, i + 1, start, maxLen);
}
return s.substr(start, maxLen);
}
void searchPalindrome(string s, int left, int right, int& start, int& maxLen) {
while (left >= 0 && right < s.size() && s[left] == s[right]) {
--left; ++right;
}
if (maxLen < right - left - 1) {
start = left + 1;
maxLen = right - left - 1;
}
}
};
方法二：非子函数
也可以不使用子函数，直接在一个函数中搞定，还是要定义两个变量 start 和 maxLen，分别表示最长回文子串的起点跟长度，在遍历s中的字符的时候，有以下几个要点：
- 首先判断剩余的字符数是否小于等于 maxLen 的一半，是的话表明就算从当前到末尾到子串是半个回文串，那么整个回文串长度最多也就是 maxLen，既然 maxLen 无法再变长了，计算这些就没有意义，直接在当前位置 break 掉就行了
- 否则就要继续判断，用两个变量 left 和 right 分别指向当前位置，然后先要做的是向右遍历跳过重复项，这个操作很必要、很必要、很必要，举两个简单的例子：对于 noon，i 在第一个o的位置，如果以o为最中心往两边扩散，是无法得到长度为4的回文串的，只有先跳过重复，此时left指向第一个o，right指向第二个o，然后再向两边扩散。而对于 bob，i 在第一个o的位置时，无法向右跳过重复，此时 left 和 right 同时指向o，再向两边扩散也是正确的，所以可以同时处理奇数和偶数的回文串，之后的操作就是更新 maxLen 和 start 了，跟上面的操作一样
参见代码如下：
// 执行用时 :8 ms, 在所有 C++ 提交中击败了96.95%的用户
// 内存消耗 :8.9 MB, 在所有 C++ 提交中击败了79.79%的用户
class Solution {
public:
string longestPalindrome(string s) {
if (s.size() < 2) return s;
int n = s.size(), maxLen = 0, start = 0;
for (int i = 0; i < n; ) {
if (n - i <= maxLen / 2) break;
int left = i, right = i;
while (right < n - 1 && s[right + 1] == s[right]) {
++right;
}
i = right + 1;
while (right < n - 1 && left > 0 && s[right + 1] == s[left - 1]) {
++right;
--left;
}
if (maxLen < right - left + 1) {
maxLen = right - left + 1;
start = left;
}
}
return s.substr(start, maxLen);
}
};
方法三：动规解法
此题还可以用动态规划来解，维护一个二维数组 dp，其中 dp[i][j] 表示字符串区间 [i, j] 是否为回文串，
- 当 i = j 时，只有一个字符，肯定是回文串
- 当 i = j + 1，说明是相邻字符，此时需要判断 s[i] 是否等于 s[j]，如果 i 和 j 不相邻，即 i - j >= 2 时，除了判断 s[i] 和 s[j] 相等之外，dp[i + 1][j - 1] 若为真，就是回文串
通过以上分析，可以写出递推式如下：
dp[i, j] = 1 if i == j
= s[i] == s[j] if j = i + 1
= s[i] == s[j] && dp[i + 1][j - 1] if j > i + 1
这里有个有趣的现象就是如果把下面的代码中的二维数组由 int 改为 vector
// 执行用时 :292 ms, 在所有 C++ 提交中击败了18.00%的用户
// 内存消耗 :13.1 MB, 在所有 C++ 提交中击败了58.43%的用户
class Solution {
public:
string longestPalindrome(string s) {
if (s.empty()) return "";
int n = s.size(), dp[n][n] = {0}, left = 0, len = 1;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
dp[i][i] = 1;
for (int j = 0; j < i; ++j) {
dp[j][i] = (s[i] == s[j] && (i - j < 2 || dp[j + 1][i - 1]));
if (dp[j][i] && len < i - j + 1) {
len = i - j + 1;
left = j;
}
}
}
return s.substr(left, len);
}
};
方法四：Manacher’s Algorithm 马拉车算法解法
最后要来的就是大名鼎鼎的马拉车算法 Manacher’s Algorithm，这个算法的神奇之处在于将时间复杂度提升到了 O(n) 这种逆天的地步，而算法本身也设计的很巧妙，很值得我们掌握，参见我另一篇专门介绍马拉车算法的博客[杂谈] 11. Manacher’s Algorithm 马拉车算法，代码实现如下：
// 执行用时 :8 ms, 在所有 C++ 提交中击败了96.95%的用户
// 内存消耗 :9.2 MB, 在所有 C++ 提交中击败了76.59%的用户
class Solution {
public:
string longestPalindrome(string s) {
string t ="$#";
for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {
t += s[i];
t += '#';
}
int p[t.size()] = {0}, id = 0, mx = 0, resId = 0, resMx = 0;
for (int i = 1; i < t.size(); ++i) {
p[i] = mx > i ? min(p[2 * id - i], mx - i) : 1;
while (t[i + p[i]] == t[i - p[i]]) ++p[i];
if (mx < i + p[i]) {
mx = i + p[i];
id = i;
}
if (resMx < p[i]) {
resMx = p[i];
resId = i;
}
}
return s.substr((resId - resMx) / 2, resMx - 1);
}
};