题目
leetcode：5. Longest Palindromic Substring
解法
动态规划
时间复杂度(O(n^2))，空间复杂度(O(n^2))
基本解法直接看代码
class Solution {
public:
string longestPalindrome(string s) {
int n = s.size();
vector<vector<bool>> dp(n, vector<bool>(n, true));
int rx, ry;
rx = ry = 0;
for(int l = 1; l < n; l++){
for(int i = 0; i < n - l; i++){
int j = i + l;
if(s[i] == s[j] && (j - i < 3 || dp[i+1][j-1])){
dp[i][j] = true;
if(j - i > ry - rx){
ry = j;
rx = i;
}
} else {
dp[i][j] = false;
}
}
}
return s.substr(rx, ry - rx + 1);
}
};
中心扩散法
时间复杂度(O(n^2))，空间复杂度(O(1))
我们先假定以某点为中心向两端扩散，找到以该点为中心的最长回文子串
class Solution {
public:
int rx, ry;
void helper(string &s, int i, int offset){
int left = i;
int right = i + offset;
while(left >= 0 && right < s.size() && s[left] == s[right]){
left--;
right++;
}
if(right - 1 - (left + 1) > ry - rx){
ry = right - 1;
rx = left + 1;
}
}
string longestPalindrome(string s) {
int n = s.size();
rx = ry = 0;
for(int i = 0; i < n; i++){
helper(s, i, 0);
helper(s, i, 1);
}
return s.substr(rx, ry - rx + 1);
}
};
Manacher算法
Manacher算法俗称“马拉车算法”，时间复杂度(O(n))，空间复杂度(O(n))
因为回文字符串都有奇数长度的串和偶数长度的串，为了更好处理这两种情况，可以在字符串中插入一特殊字符'#'，使得新字符串长度全变为奇数长度，如"aa"变为"#a#a#"，可以再字符串首部加入另一特殊字符'$'和尾部的'@'，这样就不用特殊处理越界问题（统一边界处理）
以"122112321"为例经过上一步变成"@#1#2#2#1#1#2#3#2#1#"
Manacher算法使用一个辅助数组r[i]表示以t[i]为中心的最长回文子串的最右字符到t[i]的长度，如以t[i]为中心的最长回文子串为t[low, high]，则r[i] = high - i + 1, t[low, high] = 2 * r[i]-1, len数组有一个性质，就是r[i]-1为该回文子串在原串中的长度，证明很简单t[lowl, high]一定是以"#"开头和结尾的，这样插入的"#"是原来串中字符的两倍还多一个，这样原串中最长回文串的长度就为r[i]-1,这样问题就转为求最长的r[i]
计算len数组
算法主要利用了已有的回文子串的特点，减少了查找时间，从左往右计算len[i]，同时保存一个之前计算最长回文子串的右端点的最大值R及对应的中心位置c，
- i < R, 则先找i关于c对称点j=2*c-i,则至少r[i] (geq) min(R - i + 1, p[j]), 超出部分再手工匹配
- i >= R, 则不能利用以后的知识做任何假设，只能假定其至少为1,再手工匹配
class Solution {
public:
string longestPalindrome(string s) {
int n = s.size();
if(n == 0) return "";
string ns;
ns.push_back('$');
for(int i = 0; i < n; i++){
ns.push_back('#');
ns.push_back(s[i]);
}
ns.push_back('#');
ns.push_back('@');
n = ns.size();
vector<int> r(n);
int c, R, C, MAX;
R = -1;
MAX = 0;
C = 0;
for(int i = 1; i < n; i++){
r[i] = i < R ? min(r[2 * c - i], R - i + 1) : 1;
while(ns[i + r[i]] == ns[i - r[i]]) r[i]++;
r[i]--;
if(i + r[i] > R){
R = i + r[i];
c = i;
}
if(r[i] > MAX){
MAX = r[i];
C = i;
}
}
return s.substr((C-MAX)/2, r[C]);
}
};