URAL1297 Palindrome 题解&代码【附manacher学习记录】

作为一道manacher模板题我不太理解为什么大家都是用后缀数组做的…大概是那时候还没有出现manacher…
所谓前人栽树后人乘凉，作为一个学习者好像也没什么脸面说别人做得麻烦来着
不扯了，manacher模板简洁明了，感觉也没什么风格冲突…我就直接用了

manacher是在字符串s中用p[i]表示以i为中心的最长回文(子)串长度，求出p数组就达到了目的

这种表示法有一个问题，即回文串可能是偶数长度（即回文串没有中心），处理的方法是给字符串字符间加上一个串中不可能出现的符号，例如“#”
eg：
原串str：uweiabfwau
串s：#u#w#e#i#a#b#f#w#a#u#
这样做保证了串s中的每一个回文子串一定有中心，表示问题accept

求p数组总不能对于每一位向两侧比较…那样时间上没有任何优势
我们需要优化比较过程
试想，我们当前求到第i位时，前面的p[]一定已经全部得到，那我们可以得到一些数据
mx：已得到的回文串的最右端位置
id：回文串最右端是mx的最长回文串（取id最小的一个自然得到的是最长回文串）
id和mx都是可以随着p[]的求出不断更新的，这里不存在问题

现在我们对i位置，对p[i]的要求是p[i]一定要是以i为中心的回文串，而非p[i]是以i为中心的最长回文串
①如果mx>i，意味着位置i在以id为中心的回文串（的右侧）中！
那么我们可以想到，有一个可以求得的位置，和i对应地在以id为中心的回文串（的左侧）中，这个位置就是id*2-i。
p[id*2-i]显然已知，那么p[i]一定和p[id*2-i]相等么？不一定。
我们知道，我们最远比较到mx位置（我们知道mx位置一定是某些回文串的一部分），这样的话，如果以id*2-i为中心的回文串超出了以id为中心的回文串的范围，那么我们就将默认mx右边的某些部分属于以i为中心的回文串。
所以p[i]=min(p[id*2-i],mx-i)，或者得到了正确的p[i]，或者得到了p[i]=mx-i（即p[i]也是一个最右侧到mx的回文串）
②如果mx<=i，我们无法得到关于i的任何有效信息，那么p[i]=1
然后暴力地按位比较while(s[i+p[i]]==s[i-p[i]])p[i]++得到真正的p[i]

这样怎么保证我们计算p[]数组的时间呢？
我们可以这样想，每次while()的成功叠加，都说明我们将mx向右推进了一位，mx最远也只可能到达字符串的边界，所以manacher是O(n)的优秀算法

细节之处在于…while可能会访问到无效位置，我们可以在那里加上不同于任何字符的新字符（例如”$”），这样我们的字符串就变成长度为2len+2的字符串啦【有效下标为1~2len+1】

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=2005;
int len,n,mx,id,ans,l,r,p[maxn];
char str[maxn],s[maxn];
int main(void)
{
    scanf("%s",str);
    len=strlen(str);
    n=len*2+1;
    s[0]='$';
    for(int i=0;i<=len;i++)
    {
        s[i*2+1]='#';
        s[i*2+2]=str[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        p[i]=mx>i?min(p[id*2-i],mx-i):1;
        while(s[i+p[i]]==s[i-p[i]])p[i]++;
        if(i+p[i]>mx)
        {
            mx=i+p[i];
            id=i;
        }
    }
    ans=1,id=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    if(p[i]>ans)
    {
        ans=p[i];
        id=i;
    }
    l=(id-ans+1)/2,r=l+ans-1;
    for(int i=l;i<r;i++)
        printf("%c",str[i]);
    printf("\n");
    return 0;
}