manacher算法 (O(n)求最長回文子串)

1. 前言

我們可以用O(n^2)暴力求解最長回文子串。

之是以是這個複雜度，是因為我們對每個字元比較其兩邊元素是否相等時，我們都是從它最旁邊的一個開始疊代的。

但如果我們能以該字元為中心，其附近的某一段子串已為回文，在此基礎上比較更遠的元素，那麼就有可能降低這個複雜度了。

2. 定義及預處理

将字串str擴充成string s(2*str.size()+1), 在str的兩端及每個字元間加上個特殊符号，在此使用#

如str = "axamppm", 則s = "#a#x#a#m#p#p#m#".

這樣的好處是可以同時處理回文長度為奇數或偶數的情況：因為奇數回文的中心是一個字元，偶數的則為兩個字元。在擴充後得s中，最長回文子串的中心一定為一個字元(特殊字元# 或 原本str中的字元)

定義輔助數組vector<int> p(2*str.size()+1), p表示：字串s中對應下标的字元 在s中向右延伸仍為回文的最長長度。如

s: # a # x # a # m # p # p # m #

p: 1 2 1 3 1 2 1 2 1 2 4 2 1 2 1

mx為在目前疊代i之前，x+p[x]的最大值(即最遠長度)

id為取得mx的x值。

3. 性質

如圖1所示，mx > i, 且mx > i + p[j] (這個限制在圖2中解釋) 

由于id一定在i左邊，且以j為中心的回文串完全處在一個回文串的左半部分。那麼其對稱點i有性質 p[i] = p[j]. 

我們即可以結束這次疊代，考察下一個點i+1.

圖2為 mx > i, 且mx < i + p[j]的情況

此時因為以 j 為中心的最長回文串隻是部分處在一個回文串的左半部分。那麼其對稱點i有性質 p[i] = mx - i;

此時因繼續比較s[ i-p[i]-1 ]及s[ i+p[i]+1 ]的大小。

for ( ; i-p[i]-1>=0 && i+p[i]+1<str.size() 
				&& str[i-p[i]-1] == str[i+p[i]+1]; ++ p[i]) {}
           

在疊代結束後，更新mx及id.

4. 代碼實作

class Solution 
{
public:
	string longestPalindrome(string s) 
	{
		string str(2*s.size()+1, 0);
		// str
		for (size_t i = 0, j = 0; i < str.size(); ++ i)
		{
			if (i % 2 == 0)
			{
				str[i] = 0;
			} else
			{
				str[i] = s[j ++];
			}
		}	
		// p
		int mx = 0, id, max_length=0, max_id; 
		vector<int> p(2*s.size()+1, 0);
		for (int i = 0; i < str.size(); ++ i)
		{
			p[i] = mx>i? min(p[2*id-i], mx-i): 0;
			for ( ; i-p[i]-1>=0 && i+p[i]+1<str.size() 
				&& str[i-p[i]-1] == str[i+p[i]+1]; ++ p[i]) {}			
			if (i + p[i] > mx)
			{
				mx = i + p[i];
				id = i;
			}
			if (max_length < p[i])
			{
				max_length = p[i];
				max_id = i;
			}
		}

		return s.substr((max_id-p[max_id])/2, p[max_id]);
	}
};
           

5. 複雜度證明

考察每次疊代，

當mx > i時，

圖1的情況，p[i] = p[j]後疊代結束，O(1)

圖2的情況，初始化p[i] = mx - i, 之後每次運算都将移進mx.

當mx < i時，

若中心點i左右比對不成功，疊代結束，O(1)

若比對成功，每次運算都将移近mx.

是以隻有O(N)次比對失敗，此外每次成功比對，都将移近mx. mx共移進O(N)

由此複雜度為O(N)