LeetCode 第5题：最长回文子串（Python3解法）

1：问题描述

来源：LeetCode

难度：中等

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问题详情：
给你一个字符串 s，找到 s 中最长的回文子串。

输入：s = “babad”
输出：“bab”
解释：“aba” 同样是符合题意的答案。

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2：问题分析

首先要明确什么叫回文子串。回文子串的定义是一个字符串中正序和反序一样的子串。比如“sabccbad”中就存在回文子串"abccba"。

2.1 时间复杂度和空间复杂度

在真正开始介绍各种算法前，先以表格形式展示各自的时间复杂度和空间复杂度，$n$ 表示字符串 $s$ 的长度。

算法	时间复杂度	空间复杂度
暴力for循环	O($n^3$)	O($n$)
动态规划	O($n^2$)	$O(n^2)$
中心扩展	$O(n^2)$	$O(1)$

2.2 暴力for循环

首先容易想到的就是是双层for循环遍历所有字符子串，然后判断该子串是否为回文子串。

代码较为简单，如下所示：

def longestPalindrome(s: str) -> str:
    """
    一个最直接的思路就是双层for循环遍历所有子串可能，然后再对比是否反向和正向是一样的
    缺点：面对超长字符串，容易超时

    :param s:
    :return:
    """
    length = len(s)

    max_len = 0
    result = ''
    for i in range(length):
        for j in range(i, length + 1):
            sub_str = s[i:j]
            rever_str = sub_str[::-1]
            # 因为这个判断的次数是n次，而两层for循环时间复杂度为O(n²)，因此时间复杂度为O(n³)
            if sub_str == rever_str:
                if len(sub_str) > max_len:
                    result = sub_str
                    max_len = len(sub_str)

    return result

虽然该思路较为简单易懂，但是时间复杂度也是相当的高，两层for循环的时间复杂度O($n^2$),同时在for循环内部对比是否为回文子串的时间复杂度为O($n$),因此整个算法的时间复杂度为O($n^3$)。

对于空间复杂度，因为需要存储字符子串，而子串的最大长度与原字符串相等，所以空间复杂度为O($n$).

2.3 动态规划法

2.3.1 思路

看答案不难想到，对于回文子串的处理可以使用动态规划的方法。动态规划法就是将大问题转换为小问题。

还以上边的“sabccbad”为例，大回文子串“abccba”去掉两边的“a”之后的”bccb“仍是一个回文子串。

因此可以得出这样的公式：

$p\left(i,j\right)=p\left(i+1,j-1\right)\wedge s\left[i\right]==s\left[j\right]$

$p\left(i,j\right)$表示$s[i:j+1]$子串是否为回文子串，这个公式表示：在满足两边字符相等的前提下，某一子串是否为回文子串取决于去掉两边后的子串是否为回文子串 ，如果条件都满足，则为True。如此，就将长子串是否回文的问题转换到了短子串是否回文的问题，这就是动态规划的思想。

2.3.2 边界问题

根据上面的公式，可以发现这个解法需要 $s[i]$ 、 $s[j]$ 和一个子串$p(i+1,j-1)$,而子串$p(i+1,j-1)$的长度至少为1，再加上$s[i]$ 、 $s[j]$ ，我们至少需要当前字符串长度至少为3，才能继续转换问题。因此该解法有两种边界问题：

1. 长度为1的字符子串.$p(i,i)=True$,单字符显然是回文的，比如”a“
2. 长度为2的字符子串，$p(i,i+1)=(s[i]==s[j])$,对于长度为2的字符子串，如果两个字符都相等，显然其也是回文的，比如"cc"

2.3.3 代码

代码如下：

def longestPalindrome2(s: str) -> str:
    """使用动态规划求解"""
    n = len(s)
    if n < 2:
        return s

    max_len = 1
    begin = 0
    # dp[i][j] 表示 s[i..j] 是否是回文串
    dp = [[False] * n for _ in range(n)]
    for i in range(n):
        dp[i][i] = True

    # 递推开始
    # 先枚举子串长度
    for L in range(2, n + 1):
        # 枚举左边界，左边界的上限设置可以宽松一些
        for i in range(n):
            # 由 L 和 i 可以确定右边界，即 j - i + 1 = L 得
            j = L + i - 1
            # 如果右边界越界，就可以退出当前循环
            if j >= n:
                break

            if s[i] != s[j]:
                dp[i][j] = False
            else:
                if L <= 3:
                    dp[i][j] = True
                else:
                    dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1]

            # 只要 dp[i][L] == true 成立，就表示子串 s[i..L] 是回文，此时记录回文长度和起始位置
            if dp[i][j] and L > max_len:
                max_len = L
                begin = i
    return s[begin:begin + max_len]

代码的流程为：

• 使用$dp$表示子串是否为回文，首先对所有长度为1的子串$dp[i][i]=True$.
• 其余的先默认为False
• 然后从字符子串长度为2开始，依次递增至长度为$n$
• 如果两边字符相等，并且长度≤3，则直接赋值为True，因为长度为2时，很显然回文； 而长度为3时，因为两边字符相等，中间字符无论是什么，都是回文的
• 如果两边字符相等，并且长度＞3，则赋值为$dp[i+1,j-1]$
• 记录最长回文子串的开始和长度，然后根据切片得到此子串

时间复杂度：因为两层for循环，都是$O(n)$级别的，而for循环内部的语句都是$O(1)$,因此时间复杂度是$O(n^2)$.

空间复杂度：因为需要dp存储各子串是否回文，因此空间复杂度是$O(n^2)$.

2.4 中心扩展

2.4.1 思路

在动态规划法中已经体现了该解题方法的思路，如果一个回文子串左右两边加上同样的字符，那么新的子串同样是回文的。

基于此思想，就有了中心扩展方法。

1. 先从一个回文中心开始，回文中心是一个回文的字符子串。比如”a“开始。
2. 两边的字符如果相等，假设为”c“，那么就扩展到了另一个回文子串”cac“。
3. 继续以上步骤，直至两边字符不再相等就停止，最后一个满足条件的子串就是以”a“为回文中心能够扩展的最长回文子串

上面步骤提到回文中心，结合2.2动态规划法中的边界问题，可以想到这里的回文中心也有两种：

1. 长度为1的回文中心
2. 长度为2的回文中心，很显然长度为2的字符子串无法以长度为1的回文中心扩展得到，因此需要考虑长度为2的情况

2.4.2 代码

代码如下所示：

def longestPalindrome3(s: str) -> str:
    def expand(s, i, j):
        """向回文中心两边扩展，如果两边的字符相等，就可以扩展，否则终止"""
        while i >= 0 and j < len(s) and s[i] == s[j]:
            i -= 1
            j += 1

        # 因为终止的时候是超界限或者不满足相等条件了，所以再通过+1，-1指向最后一个
        return i + 1, j - 1

    start = end = 0
    for i in range(len(s)):
        # 将回文中心分为长度为1和长度为2的两种形式；
        # ‘acddca’虽然是一个回文字符，但是通过某一个字符为中心，却无法扩展到整个字符串
        # 因此，需要以长度为2的'dd'为中心，向两边扩展。这就是下边两行的意思。
        start1, end1 = expand(s, i, i)
        start2, end2 = expand(s, i, i + 1)

        if end1 - start1 > end - start:
            start = start1
            end = end1
        if end2 - start2 > end - start:
            start = start2
            end = end2

    return s[start:end + 1]

对于时间复杂度：for循环的时间复杂度为$O(n)$，而expand函数（用于扩展子串的函数）时间复杂度为$O(n)$,因此总的时间复杂度为$O(n^2)$

对于空间复杂度，则为$O(1)$