lintcode最长回文子串(Manacher算法)

题目来自lintcode, 链接：http://www.lintcode.com/zh-cn/problem/longest-palindromic-substring/

最长回文子串 

给出一个字符串（假设长度最长为1000），求出它的最长回文子串，你可以假定只有一个满足条件的最长回文串。

样例

给出字符串 "abcdzdcab"，它的最长回文子串为 "cdzdc"。

挑战

O(n2) 时间复杂度的算法是可以接受的，如果你能用 O(n) 的算法那自然更好。

 

一. 首先给出O(n^2)的算法

思路：dp[i][k]表示第i个位置开始长度为k的串的最大回文串的长度, j=i+k-1

　　   当 s[i] == s[j] && dp[i+1][k-2] == k-2,  dp[i][k] = dp[i+1][k-2] + 2;

　　   否则  dp[i][k] = max(dp[i+1][k-1], dp[i][k-1]);

　　   并记录dp[i][k]的最大值，最后找到最长回文子串的区间。

    int dp[1005][1005];
    string longestPalindrome(string& s) {
        // Write your code here
        O(n^2)
        int len = s.size();
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        for(int i=0; i<len; ++i)
            dp[i][1] = 1;
        int ld=0, rd=0, maxL = 1;
        for(int k=2; k<=len; ++k){
            for(int i=0, j; i<len && (j=i+k-1)<len; ++i){
                if(s[i] == s[j] && dp[i+1][k-2] == k-2)
                        dp[i][k] = dp[i+1][k-2] + 2;
                else 
                    dp[i][k] = max(dp[i+1][k-1], dp[i][k-1]);
                if(maxL<dp[i][k]){
                    maxL = dp[i][k];
                    ld = i;
                    rd = j;
                }
            }
        }
        return s.substr(ld, rd-ld+1);
    }

二.然后看一下复杂度为O(n)的Manacher算法

2.1 先说一下这个算法的思想：

　　用一个数组 P[i] 来记录以字符S[i]为中心的最长回文子串向左/右扩张的长度（包括S[i]）。

2.2 算法基本要点：

　　这个算法不能求出最长回文串长度为偶数回文串。用一个非常巧妙的方式，将所有可能的奇数/偶数长度的回文子串都转换成了奇数长度：在相邻两个字符之间插入一个特殊的符号。比如 abba 变成 a#b#b#a。 为了进一步减少编码的复杂度，可以在字符串的开始加入另一个特殊字符，这样就不用特殊处理越界问题，比如$a#b#b#a。

2.3 具体说一个例子：

　　S[]     1  #  2  #  2  #  1  #  2  #  3  #  2  #  1
　　P[]     1  1   2  1  2   1  4  1  2  1  5  1   2  1  1
　　(p.s. 可以看出，P[i]-1正好是原字符串中回文串的总长度）

2.4 为啥要对字符串进行处理（插入'#'）

如果不对字符进行处理, 对于最长回文串为偶数的情况下：

　　S[]     1  2  1  1  2  1
　　P[]     1  2  1  1  2  1

对字符进行处理，对于最长回文串为偶数的情况下：

　　S[]     1  #  2  #  1  #  1  #  2  #  1
　　P[]     1  1   3  1  2  6   2  1  3  1  1

可见不对字符进行处理，对于最长回文串为偶数的情况是不能得到最大的回文串的长度。

2.5 如何计算P数组的值:

　　算法增加两个辅助变量id和mx，其中id表示最大回文子串中心的位置，mx则为id+P[id]，也就是最大回文子串的边界。

　　当 mx - i > P[j] 的时候，以S[j]为中心的回文子串包含在以S[id]为中心的回文子串中，由于 i 和 j 对称，以S[i]为中心的回文子串必然包含在以S[id]为中心的回文子串中，所以必有 P[i] = P[j]，见下图。

　　　　　　　　　　　　　　

　　当 P[j] > mx - i 的时候，以S[j]为中心的回文子串不完全包含于以S[id]为中心的回文子串中，但是基于对称性可知，下图中两个绿框所包围的部分是相同的，也就是说以S[i]为中心的回文子串，其向右至少会扩张到mx的位置，也就是说 P[i] >= mx - i。至于mx之后的部分是否对称，就只能一个一个匹配了。

　　　　　　　　　　　　　　

　　对于 mx <= i 的情况，无法对 P[i]做更多的假设，只能P[i] = 1，然后再去匹配了。

2.6 寻找最大长度的回文子串：

　　看一种情况：

　　　　S[]     1  #  2  #  2  
　　　　P[]     1  1   2  2  1 

　　首先， P中的最大值为2，但是最大值有两个，我们应该选择哪一个？其实，如果P中的最大值对应的字符不是'#'，显然不能得到最大长度的回文串。所以当我们遇到这种情况时(maxP == P[i] && S[i]=='#')要更新最大值所在位置。

2.7 最后代码：

class Solution {
public:
    /**
     * @param s input string
     * @return the longest palindromic substring
     */
    string manacher(string& str){
        int *p = new int[str.size()]();
        memset(p, 0, sizeof(p));
        int mx = 0, id = 0;
        for(int i=1; i<str.size(); i++){
            if(mx > i)
                p[i] = min(p[2*id-i], mx-i);
            else
                p[i] = 1;
    
            while(str[i - p[i]] == str[i + p[i]])
                ++p[i];
    
            if(i + p[i] > mx){
                mx = i + p[i];
                id = i;
            }
        }
        //寻找数组P中的最大值的位置
        int maxP = 0;
        for(int i=1; i<str.size(); ++i)
            if(maxP < p[i] || (maxP == p[i] && str[i]=='#')){
                maxP = p[i];
                id = i;
            } 
        //根据id，确定最长回文串的区间
        int ld = id-p[id]+1, rd = id+p[id]-1;
        string ans = "";
        for(int i=ld; i<=rd; ++i)
            if(str[i]!='#')
                ans += str[i];
        return ans;
    }
     
    string longestPalindrome(string& s) {
        // Write your code here
        //采用manacher算法，O(n)的时间复杂度
        int len = s.size();
        //首先预处理字符串，每两个字符之间插入'#' int k = -1;
        for(int i=1; i<len; ++i)
            s.insert(k+=2, 1, '#');
        s.insert(0, 1, '$');
        return manacher(s);
    }
};