动态规划
Given a string S, find the longest palindromic substring in S. You may assume that the maximum length of S is 1000, and there exists one unique longest palindromic substring.
求字符串的最长回文子串
算法1：暴力解法，枚举所有子串，对每个子串判断是否为回文，复杂度为O(n^3)
算法2：删除暴力解法中有很多重复的判断。很容易想到动态规划，时间复杂度O（n^2）,空间O（n^2）,动态规划方程如下：
- dp[i][j] 表示子串s[i…j]是否是回文
- 初始化：dp[i][i] = true (0 <= i <= n-1); dp[i][i-1] = true (1 <= i <= n-1); 其余的初始化为false
- dp[i][j] = (s[i] == s[j] && dp[i+1][j-1] == true)
在动态规划中保存最长回文的长度及起点即可。
C++实现代码：
#include<iostream> #include<string> #include<cstring> using namespace std; class Solution { public: string longestPalindrome(string s) { if(s.empty()) return NULL; int start=0; int end=0; int n=s.length(); bool dp[n][n]; memset(dp,false,sizeof(dp)); int i; dp[0][0]=true; for(i=1;i<n;i++) { dp[i][i]=true; dp[i][i-1]=true; } int k;//k用于记录从i开始的子串的长度,当长度为1是肯定是回文，从len=2开始判断 for(k=2;k<=n;k++) { for(i=0;i<=n-k;i++) { if(s[i]==s[i+k-1]&&dp[i+1][i+k-2]) { dp[i][i+k-1]=true; if(k>end-start+1) { start=i; end=i+k-1; } } } } return s.substr(start,end-start+1); } }; int main() { string s1="bbb"; Solution s; cout<<s.longestPalindrome(s1)<<endl; }
思路3. 思路来源于此
http://www.leetcode.com/2011/11/longest-palindromic-substring-part-ii.html
不过原文的陈述仔细研究了一下，有一些地方让人着实费解，所以自己决定重写一遍。
这里描述了一个叫Manacher’s Algorithm的算法。
算法首先将输入字符串S， 转换成一个特殊字符串T，转换的原则就是将S的开头结尾以及每两个相邻的字符之间加入一个特殊的字符，例如#
例如: S = “abaaba”, T = “#a#b#a#a#b#a#”.
为了找到最长的回文字串，例如我们当前考虑以Ti为回文串中间的元素，如果要找到最长回文字串，我们要从当前的Ti扩展使得 Ti-d … Ti+d 组成最长回文字串. 这里 d 其实和 以Ti为中心的回文串长度是一样的. 进一步解释就是说，因为我们这里插入了 # 符号，对于一个长度为偶数的回文串，他应该是以#做为中心的，然后向两边扩，对于长度是奇数的回文串，它应该是以一个普通字符作为中心的。通过使用#，我们将无论是奇数还是偶数的回文串，都变成了一个以Ti为中心，d为半径两个方向扩展的问题。并且d就是回文串的长度。
例如 #a#b#a#, P = 0103010, 对于b而言P的值是3，是最左边的#，也是延伸的最左边。这个值和当前的回文串是一致的。
如果我们求出所有的P值，那么显然我们要的回文串，就是以最大P值为中心的回文串。
T = # a # b # a # a # b # a # P = 0 1 0 3 0 1 6 1 0 3 0 1 0
例如上面的例子，最长回文是 “abaaba”, P6 = 6.
根据观察发现，如果我们在一个位置例如 abaaba的中间位置，用一个竖线分开，两侧的P值是对称的。当然这个性质不是在任何时候都会成立，接下来就是分析如何利用这个性质，使得我们可以少算很多P的值。
下面的例子 S = “babcbabcbaccba” 存在更多的折叠回文字串。
Now we are at index i = 15, and its mirrored index around C is i’ = 7. Is P[ 15 ] = P[ 7 ] = 7?
当时当i = 15的时候，却只能得到回文 “a#b#c#b#a”, 长度是5， 而对称 i ' = 7 的长度是7.
如上图所示，如果以 i, i' 为中心，画出对称的区域如图，其中以i‘ = 7 对称的区域是 实心绿色 + 虚绿色 和 左侧，虚绿色表示当前的对称长度已经超过之前的对称中心C。而之前的P对称性质成立的原因是 i 右侧剩余的长度 R - i 正好比 以 i‘ 为中心的回文小。
then P[ i ] ← P[ i' ]
else P[ i ] ≥R – i. (这里下一步操作是扩充 P[ i ].
扩充P[i] 之后，我们还要做一件事情是更新 R 和 C， 如果当前对称中心的最右延伸大于R，我们就更新C和R。在迭代的过程中，我们试探i的时候，如果P[i'] <= R - i, 那么只要做一件事情。 如果不成立我们对当前P[i] 做扩展，因为最大长度是n，扩展最多就做n次，所以最多做2*n。 所以最后算法复杂度是 O(n)
或许贴上代码更容易一些。直接使用大神的代码了，虽然自己也实现了，不过是理解大神的思路实现的。
C++实现代码：
#include<iostream> #include<string> #include<cstring> #include<new> using namespace std; class Solution { public: // Transform S into T. // For example, S = "abba", T = "^#a#b#b#a#$". // ^ and $ signs are sentinels appended to each end to avoid bounds checking string preProcess(string s) { int n = s.length(); if (n == 0) return "^$"; string ret = "^"; for (int i = 0; i < n; i++) ret += "#" + s.substr(i, 1); ret += "#$"; return ret; } string longestPalindrome(string s) { string T = preProcess(s); int n = T.length(); int *P = new int[n]; int C = 0, R = 0; for (int i = 1; i < n-1; i++) { int i_mirror = 2*C-i; // equals to i' = C - (i-C) P[i] = (R > i) ? min(R-i, P[i_mirror]) : 0; // Attempt to expand palindrome centered at i while (T[i + 1 + P[i]] == T[i - 1 - P[i]]) P[i]++; // If palindrome centered at i expand past R, // adjust center based on expanded palindrome. if (i + P[i] > R) { C = i; R = i + P[i]; } } for(int k=0;k<n;k++) cout<<P[k]<<" "; cout<<endl; // Find the maximum element in P. int maxLen = 0; int centerIndex = 0; for (int i = 1; i < n-1; i++) { if (P[i] > maxLen) { maxLen = P[i]; centerIndex = i; } } delete[] P; return s.substr((centerIndex - 1 - maxLen)/2, maxLen); } }; int main() { string s1="abaaba"; Solution s; cout<<s.longestPalindrome(s1)<<endl; }
