题意
Given a string s, find the longest palindromic substring in s. You may assume that the maximum length of s is 1000.
Link: https://leetcode.com/problems/longest-palindromic-substring/
翻译
给定一个字符串s，要求它当中的最长回文子串。可以假设s串的长度最大是1000。
样例
Example 1:
Input: "babad"Output: "bab"Note: "aba" is also a valid answer.Example 2:
Input: "cbbd"Output: "bb"
分析
虽然LeetCode里给这道题的难度是Medium，但实际上并不简单，我们通过自己思考很难想到最佳解法。
我们先把各种算法放在一边，先从最简单的方法开始。最简单的方法当然是暴力枚举，但是这道题和之前的字符串问题不同。我们在暴力枚举的时候，并不需要枚举所有的起始位置，再判断这个子串是否回文。实际上我们可以利用回文串两边相等的性质，直接枚举回文串的中心位置，如果两边相等就往两边延伸。这样我们最多需要枚举n个回文中心，每次枚举最多遍历n次。所以最终的复杂度是(O(n^2))。
有经验的同学看到这个复杂度就能反应过来，这明显不是最优解法。但是对于当前问题，暴力枚举固然不是最佳解法，但其实也算得上是不错了，并没有我们想的那么糟糕，不信的话，我们来看另一个看起来高端很多的解法。
动态规划（DP）
这道题中利用回文串的性质还有一个trick，对于一个字符串S，如果我们对它进行翻转，得到S_，显然它当中的回文子串并不会发生变化。所以如果我们对翻转前后的两个字符串求最长公共子序列的话，得到的结果就是回文子串。
算法导论当中对这个问题的讲解是使用动态规划算法，即是对于字符串S中所有的位置i和S_中所有的位置j，我们用一个dp数组记录下以i和j结尾的S和S_的子串能够组成的公共子序列的最大的结果。
显然，对于i=0，j=0，dp[i][j] = 0（假设字符串下标从1开始）
我们写出DP的代码：
for i in range(1, n):
for j in range(1, m):
if S[i] == S_[j]:
dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1
else:
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1])
我们不难观察出来，这种解法的复杂度同样是(O(n^2))。并且空间复杂度也是(O(n))，也就是说我们费了这么大劲，并没有起到任何优化。所以从这个角度来看，暴力搜索并不是这题当中很糟糕的解法。
分析到了这里，也差不多了，下面我们直接进入正题，这题的最佳解法，(O(n))时间内获取最大回文子串的曼彻斯特算法。
曼切斯特算法
回文串除了我们刚刚提到的性质之外，还有一个性质，就是它分奇偶。简而言之，就是回文串的长度可以是奇数也可以是偶数。如果是奇数的话，那么回文串的回文中心就是一个字符，如果是偶数的话，它的回文中心其实是落在两个字符中间。
举个例子：
ABA和ABBA都是回文串，前者是奇回文，后者是偶回文。
这两种情况不一致，我们想要一起讨论比较困难，为了简化问题，我们需要做一个预处理，将所有的回文串都变成奇回文。怎么做呢，其实很简单，我们在所有两个字符当中都插入一个特殊字符#。
比如：
abba -> #a#b#b#a#
这样一来，回文中心就变成中间的#了。我们再来看原本是奇回文的情况：
aba -> #a#b#a#
回文中心还是在b上，依然还是奇回文。
预处理的代码：
def preprocess(text):
new_str = '#'
for c in text:
new_str += c + '#'
return new_str
曼切斯特算法用到三个变量，分别是数组p，idx和mr。我们接下来一个一个介绍。
首先是数组radis，它当中存在的是每个位置能构成的最长回文串的半径。注意，这里不是长度，是半径。
我们举个例子：
字符串S # a # b # b # a #
radis 1 2 1 2 5 2 1 2 1
我们先不去想这个radis数组应该怎么求，我们来看看它的性质。
首先，i位置的回文串的半径是radis[i]，那么它的长度是多少？很简单: radis[2] * 2 - 1。那么，这个串中去掉#之后剩下的长度是多少？也就是说预处理之前的长度是多少？
答案是radis[i] - 1，推算也很简单，总长度是radis[i] * 2 - 1，其中#比字母的数量多一个，所以原串的长度是(radis[i] * 2 - 1 - 1)/2 = radis[i] - 1。
也就是说原串的长度和radis数组就算是挂钩了。
idx很好理解，它就是指的是数组当中的一个下标，最后是mr，它是most_right的缩写。它记录的是在当前位置i之前的回文串所向右能延伸到的最远的位置。
听起来有些拗口，我们来看个例子：
此时i小于mr，mr对应的回文中心是id。那么i在id的回文范围当中，对于i而言，我们可以获取到它关于id的对称位置：id * 2 - i，我们令它等于i_。知道这个对称的位置有什么用呢？很简单，我们可以快速的确定radis[i]的下界。在遍历到i的时候，我们已经有了i_位置的结果。通过i_位置的结果，我们可以推算i位置的范围。
radis[i] >= min(radis[i_], mr-i)
为什么是这个结果呢？
我们把情况写全，假设mr-i > radis[i_]。那么i_位置的回文串全部都落在id位置的回文串里。这个时候，我们可以确定radis[i]=radis[i_]。为什么呢？
因为根据对称原理，如果以i为中心的回文串更长的话，我们假设它的长度是radis[i_]+1。会导致什么后果呢？如果这个发生，那么根据关于id的对称性，这个字符串关于id的对称位置也是回文的。那么radis[i_1]也应该是这么多才对，这就构成了矛盾。如果你从文字描述看不明白的话，我们来看下面这个例子：
S: c a b c b d b c b a
cradis: x_ i_ 5 i x
在这个例子当中，mr-i=5，radis[i_]=2。所以mr - i > radis[i_]。如果radis[i]=3，那么x的位置就应该等于id的位置，同理根据对称性，x_的位置也应该等于id的位置。那么radis[i_]也应该是3。这就和它等于2矛盾，所以这是不可能出现的，在mr距离足够远的情况下，radis[i_]的值限制了i位置的可能性。
我们再来看另一种情况，如果mr - i < radis[i_]时会怎么样呢？
在这种情况下，由于mr距离i太近，导致i对称位置的半径无法在i位置展开。但是mr的右侧可能还存在字符，这些字符可以构成新的回文吗？
字符串S XXXXXXXXSXXXXXXXXXXXXXXX
radis i_ id i mr
也就是说S[mr+1]会和S[i*2-mr-1]的位置相同吗？
其实我们可以不用判断就可以知道答案，答案是不会。
我们来看图：
根据对称性，如果mr+1的位置对于i可以构成新的对称。由于radis[i_] > mr-i，也就是说对于i_位置而言，它的对称范围能够辐射到mr对称点的左边。我们假设这个地方的字母是a，根据对称性，我们可以得出mr+1的位置也应该是a。如此一来，这两个a又能构成新的对称，那么id位置的半径就可以再拓展1，这就构成了矛盾。所以，这种情况下，由于mr-i的限制，使得radis[i]只能等于mr - i。
那什么情况下i位置的半径可以继续拓展呢？
只有mr - i == radis[i_]的时候，id构成的回文串的左侧对于i_可能构不成新的回文，但是右侧却存在这种可能性。
在上图这个例子当中，i_的位置的回文串向左只能延伸到ml，因为ml-1的位置和关于i_对称的位置不相等。对于mr的右侧，它完全可以既和i点对称，又不会影响raids[id]的正确性。这个时候，我们就可以通过循环继续遍历，拓展i位置的回文串。
整个过程的分析虽然很多，也很复杂，但是写成代码却并不多。
# 初始化
idx, mr = 0, 0
# 为了防止超界，设置字符串从1开始
for i in range(1, n):
# 通过对称性直接计算radis[i]
radis[i] = 1 if mr <= i else min(radis[2 * idx - i], mr - i)
# 只有radis[i_] = mr - i的时候才继续往下判断
if radis[2 * idx - i] != mr - i and mr > i:
continue
# 继续往下判断后面的位置
while s[radis[i] + i] == s[i - radis[i]]:
radis[i] += 1
# 更新idx和mr的位置
if radis[i] + i > mr:
mr = radis[i] + i
idx = i
到这里，曼切斯特算法就算是实现完了。虽然我们用了这么多篇幅去介绍它，可是真正写出来，它只有几行代码而已。不得不说，实在是非常巧妙，第一次学习可能需要反复思考，才能真正理解。
不过我们还有一个问题没有解决，为什么这样一个两重循环的算法会是O(n)的复杂度呢？
想要理解这一点，需要我们抛开所有的虚幻来直视本质。虽然我们并不知道循环进行了多少次，但是有两点可以肯定。通过这两点，我们就可以抓到复杂度的本质。
第一点，mr是递增的，只会变大，不会减小。
第二点，mr的范围是0到n，每次mr增加的数量就是循环的次数。
所以即使我们不知道mr变化了多少次，每次变化了多少，我们依然可以确定，这是一个O(n)的算法。
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