并不对劲的manacher算法
有些时候,后缀自动机并不能解决某些问题,或者解决很麻烦。这时就有各种神奇的字符串算法了。
manacher算法用来O(|S|)地求出字符串S的最长的回文子串的长度。这是怎么做到的呢?
并不对劲的暴力选手在刚见到求字符串S的最长的回文串的长度这个问题时,第一反应就是枚举每一个位置为回文串的对称轴,再暴力地判断。由于回文串的对称轴可能在缝隙处,对于奇偶还要特判。这时最好每隔一个字符插入一个奇怪的字符。对暴力做一些优化,就是用二分+哈希来判断。不过这也只能o(|S| log2|S|)地做出来。能不能利用回文串的某些性质呢?
设r[i]表示以i为对称轴,是S[i+1]与S[i-1],S[i+2]与S[i-2],…,S[i+x]与S[i-x],相等的最大的x。定义s(i,r[i])表示以i为对称轴的且右端点为i+r[i]的回文串。
那么i-r[i]到i+r[i]这一段就是对称的。
记已算出的最大的i+r[i]为maxr (也就是已算出的回文串的右端点中最靠右的),maxr的i为maxi。
若要算出r[a],则:
若a>=maxr,直接按定义暴力地求出r[a]。
若a<maxr,则先找出a关于maxi的对称点b。则r[a]>=min(r[b],maxr-a)。
当r[b]<maxr-a时,a+r[b]<maxr,所以s(b,r[b])肯定被s(maxi,maxr)包含。由于a与b关于maxi对称,所以以a为对称轴的回文串中,肯定有一个等于ls(b,r[b])。又因为r[b]是b的最长回文子串的右端点,所以S[b-r[b]-1]!=S[b+r[b]+1],根据对称性又能推出S[a-r[b]-1]!=S[a+r[b]+1]。所以此时r[a]=r[b]。
当r[b]>=maxr-a时,b-r[b]<maxi-r[maxi],也就是说,s(b,r[b])中有一部分在s(maxi,maxr)外,不符合对称性。这一部分是不能算的。所以此时r[a]>=min(r[b],maxr-a)
这样先令r[a]=min(r[b],maxr-i),剩下的按定义暴力求就行了。
字符串S的最长的回文串的长度就是最大的r[i]了。这是因为如果算上奇怪的字符,那么r[i]对应的回文串长度是r[i]*2+1。修改后的字符串每隔一个字符就有一个奇怪的字符。这些奇怪的字符都相同,所以r[i]对应回文串的第一个字符和最后一个字符都是奇怪的字符(形如#a#b#a#或#a#a#)。那么不是奇怪的字符一共有(r[i]*2+1-1)/2=r[i]个。
至于时间复杂度,并不对劲的人并不想不证明。因为每次有意义的比较都是maxr之后的部分,比较过的部分又会更新maxr。总的来看就是maxr将整个字符串扫了一遍,时间复杂度是O(|S|),而且很好写。
不太清楚它能出成什么题?
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define maxn 11000010
using namespace std;
char s1[maxn],s2[maxn*];
int n,mr,mid,r[maxn*],ans;
int check(int x,int y)
{
while(s2[x-y]==s2[x+y])y++;
return y-;
}
int main()
{
scanf("%s",s1+);
n=strlen(s1+);
s2[]='B',s2[n*+]='C';
for(int i=;i<=n*+;i++)
{
if(i&)s2[i]='A';
else s2[i]=s1[i/];
}n=n*+;
mr=mid=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
if(i>=mr)
r[i]=check(i,);
else
r[i]=check(i,min(r[mid*-i],mr-i));
if(r[ans]<r[i])
ans=i;
if(i+r[i]>mr){mid=i;mr=i+r[i];}
}
printf("%d",r[ans]);
return ;
}
//Shing has healthy hands.
并不对劲的manacher
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