HDU 5340 Three Palindromes ——BestCoder Round #49
Three Palindromes
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
Problem Description
Can we divided a given string S into three nonempty palindromes?
Input
First line contains a single integer
T≤20 which denotes the number of test cases.
For each test case , there is an single line contains a string S which only consist of lowercase English letters. 1≤|s|≤20000
For each test case , there is an single line contains a string S which only consist of lowercase English letters. 1≤|s|≤20000
Output
For each case, output the "Yes" or "No" in a single line.
Sample Input
2 abc abaadada
Sample Output
Yes No
Source
BestCoder Round #49 ($)
/************************************************************************/
附上该题对应的中文题
Three Palindromes
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)
Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
问题描述
判断是否能将字符串S分成三段非空回文串。
输入描述
第一行一个整数T，表示数据组数。T≤20 对于每一个组，仅包含一个由小写字母组成的串。1≤∣S∣≤20000
输出描述
对于每一组，单行输出"Yes" 或 "No"。
输入样例
2 abc abaadada
输出样例
Yes No
出题人的解题思路：
对原串前缀和后缀作一个01标记pre[i],suf[i]表示1-i和i-n能否能形成回文。记以i为中心的回文半径为r(i)。
这些都可以在O(N)时间内求出。也可以使用Hash+二分等方法O(NlogN)内求出。
我们考虑中间一个回文串的位置，不妨设它是奇数长度（偶数类似）。
那么问题变成了求一个i和d使得1<=d<=r(i)且pre[i-d]和suf[i+d]为真。
枚举i，实际上就是问pre[i-r(i)..i-1]和suf[i+1..i+r(i)]取反后 这两段有没有一个位置两者均为1，也就是and后不为0，暴力压位即可。
总时间复杂度为O(N2/32)。
说实话，出题人给的题解思路真心有点令人费解，或许是因为我还是一名菜鸟的缘故吧。前段时间刚好了解到了Manacher算法(一种计算最长回文子串的时间复杂度为O(n)的算法，想要学习一下的点链接吧Manacher算法)，于是就拉了一下模板。
首先呢，Manacher算法中有一个p数组，可以记录回文子串在原串中的长度，然后枚举三个非空回文子串中的第一个和第三个(因为这两个比较特殊，毕竟接地气嘛
，因为第一个是原字符串的开始，第三个是原字符串的结束)，接着判断中间的回文串是否能接触到两边的回文串即可
/*
*/
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<stdlib.h>
#include<queue>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define exp 1e-10
using namespace std;
const int N=20005;
char s[N*2];
int p[N*2],top[N*2],tail[N*2];
void Manacher() {
int len = strlen(s), id = 0, maxlen = 0;
for (int i = len;i >= 0;--i) {
s[i + i + 2] = s[i];
s[i + i + 1] = '#';
}
s[0] = '*';
for (int i = 2;i < 2 * len + 1;++i) {
if (p[id] + id > i)p[i] = min(p[2 * id - i], p[id] + id - i);
else p[i] = 1;
while (s[i - p[i]] == s[i + p[i]])++p[i];
if (id + p[id] < i + p[i])id = i;
if (maxlen < p[i])maxlen = p[i];
}
//cout << maxlen - 1 << endl;
}
int main()
{
int t,i,j,k,k1,k2,r1,r2,mid;
bool flag;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
k1=k2=0;flag=false;
scanf("%s",s);
Manacher();
k=strlen(s);
for(i=2;i<k-1;i++)
{
if(i-p[i]==0)
top[k1++]=i;
if(i+p[i]==k)
tail[k2++]=i;
}
for(i=0;i<k1;i++)
{
for(j=k2-1;j>=0;j--)
{
r1=top[i]+p[top[i]];
r2=tail[j]-p[tail[j]];
if(r1>r2)
break;
mid=(r1+r2)/2;
if(p[mid]-1>=mid-r1)
flag=true;
if(flag)
break;
}
if(flag)
break;
}
if(flag)
printf("Yes\n");
else
printf("No\n");
}
return 0;
}
菜鸟成长记，欢迎大家和我一起学习