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"
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/longest-palindromic-substring
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这个问题有几种解法，一种是性能最差的，暴力破解。就是把所有的回文子串一个个的比较获取出来，然后找出一个最大的。第二种是找最长公共子串，就是把字符串倒过来，然后找这两个字符串的公共子串，这种方法求得公共子串并不一定是回文，需要再判断，并且效率没有提升太多。第三种方法是动态规则，就是用一个二维数组保存每一个字符与另外一个是否相同，生成数组后，根据数组判断最长的字符。这三种感觉既占了空间效率也没有明显改善，所以就没实现。
我的解，中心扩散法，回文的特点是两边一样，所以可以根据这个判断，就是一个字符一个字符的遍历，然后判断当前字符与下一个和下下个字符是否相等，如果相等，就是回文字符，然后向两边延伸，直到不相等，与最大的判断，获取最长的位置。
class Solution { public: string longestPalindrome(string s) { int sstart = 0; int send = 0; for(int i = 0; i < s.size(); i++) { int j = i + 1; if(j < s.size() && s[i] == s[j]) { int ti = i; int tj = j; while(ti >= 0 && tj < s.size()) { if(s[ti] != s[tj]) { break; } ti--; tj++; } ti++; tj--; if(send - sstart < tj - ti) { sstart = ti; send = tj; } } j = j + 1; if(j < s.size() && s[i] == s[j]) { int ti = i; int tj = j; while(ti >= 0 && tj < s.size()) { if(s[ti] != s[tj]) { break; } ti--; tj++; } ti++; tj--; if(send - sstart < tj - ti) { sstart = ti; send = tj; } } } return string(s, sstart, send - sstart + 1); } };
这个方法是比较好理解的，并且空间复杂度只有o(1)，时间复杂度虽然是o(n^2)，但是子串判断的时候，一次跳两个位置，比上面的o(n^2)要少一些步骤。
除了这个方法之外，还有一个求解最长子串的公认算法，就是Manacher。这个算法看了好几个题解，查了很多，最后找到 https://leetcode-cn.com/problems/longest-palindromic-substring/solution/zhong-xin-kuo-san-dong-tai-gui-hua-by-liweiwei1419/ 这个题解讲的比较清楚。感觉作者说的挺对的，是对中心扩散法的修正，为什么呢？因为中心扩散法在判断的索引不断后移中，有很多一开始遍历过的结果又被重新查询了一边。
比如下面的字符串
当我们判断到e的时候，其实是知道当前的回文字符串是abcecba，如果我们判断e的下一个c的时候，我们又需要循环判断一下c作为回文字符串中心的情况，虽然这个例子中没有判断太多，但是实际上，因为是回文字符串，也就像镜子一样，并且c是包含在前面e为中心的回文字符串中，那么c的回文字符串的情况与e左边刚刚判断完的c的情况是一样的，至少有很大一部分是可以利用的。也就是e左边的c是不是回文字符串，字符串有多长，与e的右边的c是一样的，最起码在e的回文字符串里面是一样的，这样就可以利用并且较少判断。
为了更方便计算，Manacher算法会在每一个字符串左右增加一个分隔符，比如'#'，然后求一个数组p，p就是当前索引字符串在的位置的回文半径。这样求完之后，直接遍历p找到最大的就可以了。求数组p的时候，就用到了上面的思路，如果某个索引在某一个回文字符串内，那么就可以通过镜像找到对应位置的数据，然后根据边界做一些处理就可以了。我一直在想，不增加分隔符是不是也可以，这样就减少了插入数据的时间和空间消耗，有待测试。
string addboundaries(string s) { string tmp; for (auto& iter : s) { tmp = tmp + "#" + iter; } tmp = tmp + "#"; return tmp; } string longestPalindrome(string s) { string tmpstr = addboundaries(s); int slen = tmpstr.size(); int *p = new int[slen]; memset(p, 0, slen * sizeof(int)); int maxright = 0; int center = 0; int maxlen = 1; int start = 0; for (int i = 0; i < slen; i++) { if (i < maxright) { int mirror = 2 * center - i; p[i] = min(maxright - i, p[mirror]); } int left = i - (1 + p[i]); int right = i + (1 + p[i]); while (left >= 0 && right < slen && tmpstr[left] == tmpstr[right]) { p[i]++; left--; right++; } if (i + p[i] > maxright) { maxright = i + p[i]; center = i; } if (p[i] > maxlen) { maxlen = p[i]; start = (i - maxlen) / 2; } } return string(s, start, maxlen); }
上面代码可以看出，
插入分隔符，方便计算
申请一个数组p，保存数据
保存计算到最有边界的位置索引（针对插入分隔符之后的数组）maxright
保存针对最有边界位置的回文字符串的中心位置center
原字符串中最长回文字符串的长度maxlen
原字符串中最长回文字符串的起始位置start
开始遍历，如果i比maxright小，说明i的一部分数据已经可以通过镜像得到，不需要计算了。只需通过中心法判断基于当前位置i超过maxright的字符串，因为这部分本来也没计算过，所以并没有重复计算，如果满足了回文字符串，就把p[i]实时更新，直到不满足。这时判断最右边界，更新最右边界，中心位置，最大字串长度和起始位置。
当时对于这个算法没仔细想过，一直担心会有逻辑错误，比如，
- 在更新center右边的p数组时，会不会影响到左边的数组
- 会不会有情况使得center左边的回文字符串的最右边界比maxright大
- 如果在center右边的i位置，回文字符串最右边界大于maxright，那么从i到当前maxright之间的字符镜像的位置就会改变，会不会出现更新后镜像位置的数组长度不是最优的
第一条，右边数组修改，并不影响左边，因为从左边遍历过来，每一个位置已经通过中心法找到了最长的位置，所以不管怎么修改其他的数组，如果已经遍历过，肯定是最长的，最优解
第二条，还是上面的解释，因为每个遍历都是最优解，并且记录了遍历过的所有字符串最右边界，所以maxright是最右边的位置，不存在center左边的回文字符串长度超过maxright
第三条，做了好几个符合条件的字符串，发现边界都被处理了，并不会出现矛盾的情况，也就是按照这个逻辑是可以覆盖所有情况，并且是正确的
比如这个字符串，如果当前center是x，maxright是e，就是第二行浅灰色的表示，如果当前走到了i位置，也就是标红的w，那么可以以判断i的最右边界超过了第二行的标记，更新后是第一行的标记，center到i的位置，maxright在原来的基础上增加了1，那么原来的i的下一个字符e（棕色），原来针对x的对应是最左边的e，长度是4，现在更新后变成了w左边的e，长度是0，这样发现确实是0，是正确的，为什么呢，因为在求x的时候到了e的位置就结束了，也就是e的右边与x对称轴e的左边并不一样，所以也不可能是4.
另外我也试着不增加分隔符重写这个编码，立马发现了分隔符的作用，统一计算，减少条件判断，分隔符就是为了把所有的回文字符串都改成奇数的，这样就可以确定center和maxright，如果没有分隔符，那么每一个子回文字符串都要额外判断偶数的情况，太复杂。