Leetcode-最长回文子串（包含动态规划以及Manacher算法）

Posted 2021-12-05

原文地址：

https://www.cnblogs.com/mini-coconut/p/9074315.html

 

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 2：

输入: "cbbd"
输出: "bb"

自己的思路：求一个字符串的最长回文子串，我们可以将以每个字符为首的子串都遍历一遍，判断是否为回文，如果是回文，再判断最大长度的回文子串。算法简单，但是算法复杂度太高，O（n^3）

 string longestPalindrome(string s)
 {
     if(s.empty()) return "";
     if(s.size()==1) return s;
     int start=0,maxlength=1;//记录最大回文子串的起始位置以及长度
     for(int i=0;i<s.size();i++)
         for(int j=i+1;j<s.size();j++)//从当前位置的下一个开始算
         {
             int temp1,temp2;
             for(temp1=i,temp2=j;temp1<temp2;temp1++,temp2--)
             {
                 if(s[temp1]!=s[temp2])
                     break;
             }
             if(temp1>=temp2 && j-i+1>maxlength)//这里要注意条件为temp1>=temp2，因为如果是偶数个字符，相邻的两个经上一步会出现大于的情况
             {
                 maxlength = j-i+1;
                 start=i;
             }
         }
    return s.substr(start,maxlength);//利用string中的substr函数来返回相应的子串,第一个参数是起始位置，第二个参数是字符个数
 }

很明显上述的算法复杂度太高，应该有更加快捷的做法来处理。下面介绍两种方法

（1）DP

动态规划的方法，我会在下一篇单独来介绍，这里只说明此题的DP代码

 对于字符串str，假设dp[i,j]=1表示str[i...j]是回文子串，那个必定存在dp[i+1,j-1]=1。这样最长回文子串就能分解成一系列子问题，可以利用动态规划求解了。首先构造状态转移方程

 

      上面的状态转移方程表示，当str[i]=str[j]时，如果str[i+1...j-1]是回文串，则str[i...j]也是回文串；如果str[i+1...j-1]不是回文串，则str[i...j]不是回文串。

      初始状态

• dp[i][i]=1
• dp[i][i+1]=1 if str[i]==str[i+1]

      上式的意义是单个字符，两个相同字符都是回文串。

string longestPalindrome(string s)
{
    if (s.empty()) return "";
    int len = s.size();
    if (len == 1)return s;
    int longest = 1;
    int start=0;
    vector<vector<int> > dp(len,vector<int>(len));
    for (int i = 0; i < len; i++)
    {
        dp[i][i] = 1;
        if(i<len-1)
        {
            if (s[i] == s[i + 1])
            {
                dp[i][i + 1] = 1;
                start=i;
                longest=2;
            }
        }
    }
    for (int l = 3; l <= len; l++)//子串长度
    {
        for (int i = 0; i+l-1 < len; i++)//枚举子串的起始点
        {
            int j=l+i-1;//终点
            if (s[i] == s[j] && dp[i+1][j-1]==1)
            {
                dp[i][j] = 1;
                start=i;
                longest = l;
            }
        }
    }
    return s.substr(start,longest);
}

这里我们需要用一个二维数组dp来作为备忘录，记录子问题的结果，以便重复的计算。这也是动态规划的精髓所在。不过这种做法的算法复杂度也是O(n^2)

（2）Manacher法

这是一个专门用作处理最长回文子串的方法，思想很巧妙，比较难以理解，这里直接借用了别人的讲解方法。其实主要思想是，把给定的字符串的每一个字母当做中心，向两边扩展，这样来找最长的子回文串，这个叫中心扩展法，但是这个方法还要考虑到处理abba这种偶数个字符的回文串。Manacher法将所有的字符串全部变成奇数个字符。

Manacher算法原理与实现

下面介绍Manacher算法的原理与步骤。

首先，Manacher算法提供了一种巧妙地办法，将长度为奇数的回文串和长度为偶数的回文串一起考虑，具体做法是，在原字符串的每个相邻两个字符中间插入一个分隔符，同时在首尾也要添加一个分隔符，分隔符的要求是不在原串中出现，一般情况下可以用#号。下面举一个例子：

（1）Len数组简介与性质

Manacher算法用一个辅助数组Len[i]表示以字符T[i]为中心的最长回文字串的最右字符到T[i]的长度，比如以T[i]为中心的最长回文字串是T[l,r],那么Len[i]=r-i+1。

对于上面的例子，可以得出Len[i]数组为:

Len数组有一个性质，那就是Len[i]-1就是该回文子串在原字符串S中的长度，至于证明，首先在转换得到的字符串T中，所有的回文字串的长度都为奇数，那么对于以T[i]为中心的最长回文字串，其长度就为2*Len[i]-1,经过观察可知，T中所有的回文子串，其中分隔符的数量一定比其他字符的数量多1，也就是有Len[i]个分隔符，剩下Len[i]-1个字符来自原字符串，所以该回文串在原字符串中的长度就为Len[i]-1。

有了这个性质，那么原问题就转化为求所有的Len[i]。下面介绍如何在线性时间复杂度内求出所有的Len。

（2）Len数组的计算

首先从左往右依次计算Len[i]，当计算Len[i]时，Len[j](0<=j<i)已经计算完毕。设P为之前计算中最长回文子串的右端点的最大值，并且设取得这个最大值的位置为po，分两种情况：

第一种情况：i<=P

那么找到i相对于po的对称位置，设为j，那么如果Len[j]<P-i，如下图：

那么说明以j为中心的回文串一定在以po为中心的回文串的内部，且j和i关于位置po对称，由回文串的定义可知，一个回文串反过来还是一个回文串，所以以i为中心的回文串的长度至少和以j为中心的回文串一样，即Len[i]>=Len[j]。因为Len[j]<P-i,所以说i+Len[j]<P。由对称性可知Len[i]=Len[j]。

如果Len[j]>=P-i,由对称性，说明以i为中心的回文串可能会延伸到P之外，而大于P的部分我们还没有进行匹配，所以要从P+1位置开始一个一个进行匹配，直到发生失配，从而更新P和对应的po以及Len[i]。

第二种情况: i>P

如果i比P还要大，说明对于中点为i的回文串还一点都没有匹配，这个时候，就只能老老实实地一个一个匹配了，匹配完成后要更新P的位置和对应的po以及Len[i]。

2.时间复杂度分析

Manacher算法的时间复杂度分析和Z算法类似，因为算法只有遇到还没有匹配的位置时才进行匹配，已经匹配过的位置不再进行匹配，所以对于T字符串中的每一个位置，只进行一次匹配，所以Manacher算法的总体时间复杂度为O(n)，其中n为T字符串的长度，由于T的长度事实上是S的两倍，所以时间复杂度依然是线性的。

下面是算法的实现，注意，为了避免更新P的时候导致越界，我们在字符串T的前增加一个特殊字符，比如说‘$’,所以算法中字符串是从1开始的。、

 string longestPalindrome(string s)
 {
    string manaStr = "$#";
    for (int i=0;i<s.size();i++) //首先构造出新的字符串
　　{
      manaStr += s[i];
      manaStr += ‘#‘;
    }
    vector<int> rd(manaStr.size(), 0);//用一个辅助数组来记录最大的回文串长度，注意这里记录的是新串的长度，原串的长度要减去1
    int pos = 0, mx = 0;
    int start = 0, maxLen = 0;
    for (int i = 1; i < manaStr.size(); i++) 
    {
      rd[i] = i < mx ? min(rd[2 * pos - i], mx - i) : 1;
      while (i+rd[i]<manaStr.size() && i-rd[i]>0 && manaStr[i + rd[i]] == manaStr[i - rd[i]])//这里要注意数组越界的判断，源代码没有注意，release下没有报错
          rd[i]++;
      if (i + rd[i] > mx) //如果新计算的最右侧端点大于mx,则更新pos和mx
      {
        pos = i;
        mx = i + rd[i];
      }
      if (rd[i] - 1 > maxLen)
　　　 {
        start = (i - rd[i]) / 2;
        maxLen = rd[i] - 1;
      }
    }
    return s.substr(start, maxLen);
  }