首先讲解一种简单容易理解的暴力解法：复杂度为O（n^2）
解题思路是：第一，定义一个pStr指向字符串str，再定义一个p指向pStr，q指向pStr+1；
第二，找出一个字符*p与其下一个字符*q相同位置，比如oo，num++，index = p；然后比较这两个相同字符*p,*q两边的字符是否相等，如果相等再向两边扩展p--,q++(p>str&&q!=' ')。如果p指向首部，即p=str,则调出while循环，再比较一次if(*p == *q),num++,index = q.
第三，如果发现连续两个字符不相等，则让pStr++,p=pStr,q =pStr+1.
第四，通过maxNum和maxIndex记录下最长回文的数目和位置。
#include <iostream>
using namespace std;
void GetLongestSymmetricalLength(char* str)
{
if(str==NULL)
return;
char* pStr = str;
char* p = pStr;
char* q = pStr+1;
int num=0;
int maxNum=0;;
char* index = pStr;
char* maxIndex = index;
while(*pStr != ' ')
{
while((*p != *q))
{
num = 0;
pStr++;
p = pStr;
q = pStr+1;
}
while((*p == *q)&&(p > str)&&(*q != ' '))
{
num++;
index = p;
p--;
q++;
}
if((p == str)&&(*p == *q)&&(*q != ' '))
{
num++;
index = p;
}
if(num > maxNum)
{
maxNum = num;
maxIndex = index;
}
pStr++;
p = pStr;
q = pStr+1;
}
cout << "Result: " ;
for(int i=0;i<2*maxNum;++i)
cout << *maxIndex++ << " ";
cout << endl;
cout << "maxNum: " << maxNum << endl;
}
int main()
{
char* str = "abbacaacab";
GetLongestSymmetricalLength(str);
return 0;
}
以下空间复杂度和时间复杂度均为O(n)
思路：
复杂度为O(n)，即指遍历一遍数组，因而必须创建一数组保存已走过字符的长度信息（之前每个字符的最长回文串）。
同时，如”aba“最长回文长度为3，中心为’b'；”aa“最长回文长度为2，中心却是两字符中心，如此在统计长度时，需对奇偶串长分别比较，有什么办法使其统一吗？——插入特殊字符，如‘#’，”aba“为”#a#b#a#“，”aa“为”#a#a#“，如此，奇偶情况的最长长度都分别有了对应的中心。具体如下：
1 、在各个字符间插入特殊字符‘#'，将字符S转换为T，如S = “abaaba", T = "#a#b#a#a#b#a#”。
2、定义数组P[length]，其中P[i]表示以Ti为中心的最长回文长度的一半（因为T添加了字符’#‘，故其一般即为S中最长回文子串，也即Ti最长边界到Ti的距离）
如：
T = # a # b # a # a # b # a #
P = 0 1 0 3 0 1 6 1 0 3 0 1 0
P中最长的长度为6，而6即为S的最长回文子串。显然，当长度为偶数时，在T中对应的是’#‘；为奇数时，对应的是原有字符，这也就是为何要添加附加字符的原因——统一奇偶情况。
下面问题的关键即为如何得到P数组。
假设现在已经遍历到i = 13的位置，原字符串S的最长回文长度在T中对应位置C = 11，对应原字符串S的长度为9，字符串为”abcbabcba“。C的两边界分别为L = 2，R = 20；i关于C对应的位置为i' = 9。现在如何确定P[i]的大小呢？
图中，i'下方的绿色实线表明了关于i'为中心的左右边界，又i'边界被包含在L、R之间，故i下方的绿色实线区域也一定是对称的。（即i'、i以C对称，i'为中心的长度边缘小于边界L、R，则P[i] = P[i']），令P[i] = p[i'] = 1。
下面讨论另一种情况（即i'、i以C对称，i'为中心的长度边缘超出边界L或R），如下图
假设现在已经遍历到i = 15的位置，原字符串S的最长回文长度在T中对应位置C = 11，对应原字符串S的长度为9，字符串为”abcbabcba“。C的两边界分别为L = 2，R = 20；i关于C对应的位置为i' = 7。
图中绿色实线表示i、i'为中心在边界L、R内一定对称的区域；红色实线表示超出边界L、R可能无法保证i对称的区域；绿色虚线表示横跨C的区域。
显然，我们只能判定绿色实线部分一定对称，即P[i] >= 5，但余下部分是否匹配我们则需要一一比较。
综上，得出以下结论：
if P[ i’ ] ≤ R – i,
then P[ i ] ← P[ i’ ]
else P[ i ] ≥ P[ i’ ]. (Which we have to expand past the right edge (R) to find P[ i ].
剩下一步更新C的位置则变得容易，当当前位置i的边界超过原有R则需要更新，即
if P[i] + i > R
C = i;
R = i + P[i].
class Solution
{
public: //88 / 88 test cases passed. //Runtime: 18 ms
string longestPalindrome(string s)
{
if (s.size() < 2)
{
return s;
} //将字符串变为需要的形式
string pStr;
for (int i = 0; i < s.size(); ++i)
{
pStr.push_back('#');
pStr.push_back(s[i]);
}
pStr.push_back('#'); //寻找回文
int length = (int)pStr.size();
int *arrIndex = new int[length];//每个下标对应的回文长度，P
int mid = 0;//回文子串的中心位置，C
int mx = 0;//回文子串的边界，R
int maxIndex = 0;
int maxLength = 0;
for (int i = 0; i < length; ++i)
{
arrIndex[i] = 0;
int mirror = (mid << 1) - i;//i关于中心的对称位置，i'
if (mx > i)
{//是否超出边界
arrIndex[i] = (arrIndex[mirror] < mx - i) ? arrIndex[i] : mx - i;
}
while ((i + arrIndex[i] + 1) < length && (i - arrIndex[i] - 1) >= 0 && pStr[i + arrIndex[i] + 1] == pStr[i - arrIndex[i] - 1])
{
++arrIndex[i];
}
if (arrIndex[i] + i > mx)
{//如果边缘超出了当前，需要更新
mid = i;
mx = i + arrIndex[i];
}
if (arrIndex[i] > maxLength)
{
maxLength = arrIndex[i];
maxIndex = (i - 1) >> 1;
}
}
delete[] arrIndex;
string outputStr(s, maxIndex - (maxLength - 1)/2, maxLength);
return outputStr;
}
};