[译+改]最长回文子串(Longest Palindromic Substring) Part II

原文链接在http://leetcode.com/2011/11/longest-palindromic-substring-part-ii.html

原文作者有些地方逻辑上有点小问题,我做了纠正。关于解释时间复杂度上,原作者就只有两句话,我无法理解,特意在此加强了,便于理解。

问题:给定字符串S,求S中的最长回文子串。

在上一篇,我们给出了4种算法,其中包括一个O(N2)时间O(1)空间的算法(中心检测法),已经很不错了。本篇将讨论一个O(N)时间O(N)空间的算法,即著名的Manacher算法,并详细说明其时间复杂度为何是O(N)。

提示

+BIT祝威+悄悄在此留下版了个权的信息说:

先想想有什么办法能改进中心检测法。

考虑一下最坏的情况。★

最坏的情况就是各个回文相互重叠的时候。例如"aaaaaaaaaa"和" cabcbabcbabcba"。

为什么说有重叠时是最坏的情况?因为会发生重复计算。★(换句话说,没有重叠时,必须要一点一点计算,也就没有可改进的余地了。)

花费一些空间来避免重复计算。★

利用回文的特性避免重复计算。★

一个O(N)的算法(Manacher)

+BIT祝威+悄悄在此留下版了个权的信息说:

首先我们把字符串S改造一下变成T,改造方法是:在S的每个字符之间和S首尾都插入一个"#"。这样做的理由你很快就会知道。

例如,S="abaaba",那么T="#a#b#a#a#b#a#"。

想一下,你必须在以Ti为中心左右扩展才能确定以Ti为中心的回文长度d到底是多少。(就是说这一步是无法避免的)

为了改进最坏的情况,我们把各个Ti处的回文半径存储到数组P,用P[i]表示以Ti为中心的回文长度。那么当我们求出所有的P[i],取其中最大值就能找到最长回文子串了。

对于上文的示例,我们先直接写出所有的P研究一下。

i = 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A B C

T = # a # b # a # a # b # a #

P = 0 1 0 3 0 1 6 1 0 3 0 1 0

+BIT祝威+悄悄在此留下版了个权的信息说:

显然最长子串就是以P[6]为中心的"abaaba"。

你是否发现了,在插入"#"后,长度为奇数和偶数的回文都可以优雅地处理了?这就是其用处。

现在,想象你在"abaaba"中心画一道竖线,你是否注意到数组P围绕此竖线是中心对称的?再试试"aba"的中心,P围绕此中心也是对称的。这当然不是巧合,而是在某个条件下的必然规律。我们将利用此规律减少对数组P中某些元素的重复计算。

我们来看一个重叠得更典型的例子,即S="babcbabcbaccba"。

上图展示了把S转换为T的样子。假设你已经算出了一部分P。竖实线表示回文"abcbabcba"的中心C,两个虚实线表示其左右边界L和R。你下一步要计算P[i],i围绕C的对称点是i’。你有办法高效地计算P[i]吗?

我们先看一下i围绕C的对称点i’(此时i’=9)。

据上图所示,很明显P[i]=P[i’]=1。这是因为i和i’围绕C对称。同理,P[12]=P[10]=0,P[14]=P[8]=0。

现在再看i=15处。此时P[15]=P[7]=7?错了,你逐个字符检测一下会发现此时P[15]应该是5。

为什么此时规则变了?

如上图所示,两条绿色实线划定的范围必定是对称的,两条绿色虚线划定的范围必定也是对称的。此时请注意P[i’]=7,超过了左边界L。超出的部分就不对称了。此时我们只知道P[i]>=5,至于P[i]还能否扩展,只有通过逐个字符检测才能判定了。

在此例中,P[21]≠P[9],所以P[i]=P[15]=5。

我们总结一下上述分析过程,就是这个算法的关键部分了。

if P[ i' ] < R – i,

then P[ i ] ← P[ i' ]

else P[ i ] ≥ R - i. (此时要穿过R逐个字符判定P[i]).

(注:原作者的写法在逻辑上欠妥,我作了修正)

是不是很优雅?如果你能理解到这里,你已经搞定了这个算法最困难也最精华的部分了。

很明显C的位置也是需要移动的,这个很容易:

如果i处的回文超过了R,那么就C=i,同时相应改变L和R即可。

+BIT祝威+悄悄在此留下版了个权的信息说:

每次求P[i],都有两种可能。如果P[i‘] < R – i,我们就P[i] = P[i’]。否则,就从R开始逐个字符求P[i],并更新C及其R。此时扩展R(逐个字符求P[i])最多用N步,而求每个C也总共需要N步。所以时间复杂度是2*N,即O(N)。

(注:原作者计算时间复杂度的这句话我没看懂。我自己想办法理解了,详情见下图。

图中i为索引,T为加入"#"、"^"和"$"后的字符串,P[i]就是算法里的p[i],calc[i]是为了求出P[i]而需要执行比较的次数。

"V"表示此列的字符与其左侧的字符进行了比较,在左侧用"X"对应。绿色的表示比较结果为两个字符相同(即比较结果为成功),红色的表示不同(即比较结果为失败)。

很显然"X"和"V"的数量是相等的。

你可以看到,所需的成功比较的次数(绿色的"V",表现为横向增长)不超过N,失败的次数(红色的"V",表现为纵向增长)也不超过N,所以这个算法的时间复杂度就是2N,即O(N)。

原作者的程序不便于理解,我贴上我的代码。

 public class Solution {
// 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 "^$"; String ret = "^";
for (int i = 0; i < n; i++)
{
ret += "#" + s.substring(i, i + 1);
} ret += "#$";
return ret;
}
public String longestPalindrome(String s) {
String T = preProcess(s);
int length = T.length();
int[] p = new int[length];
int C = 0, R = 0; for (int i = 1; i < length - 1; i++)
{
int i_mirror = C - (i - C);
int diff = R - i;
if (diff >= 0)//当前i在C和R之间,可以利用回文的对称属性
{
if (p[i_mirror] < diff)//i的对称点的回文长度在C的大回文范围内部
{ p[i] = p[i_mirror]; }
else
{
p[i] = diff;
//i处的回文可能超出C的大回文范围了
while (T.charAt(i + p[i] + 1) == T.charAt(i - p[i] - 1))
{ p[i]++; }
C = i;
R = i + p[i];
}
}
else
{
p[i] = 0;
while (T.charAt(i + p[i] + 1) == T.charAt(i - p[i] - 1))
{ p[i]++; }
C = i;
R = i + p[i];
}
} int maxLen = 0;
int centerIndex = 0;
for (int i = 1; i < length - 1; i++) {
if (p[i] > maxLen) {
maxLen = p[i];
centerIndex = i;
}
}
return s.substring((centerIndex - 1 - maxLen) / 2, (centerIndex - 1 - maxLen) / 2 + maxLen);
}
}

Manacher's

注意

+BIT祝威+悄悄在此留下版了个权的信息说:

这个算法是non-trivial的,没人会在面试时要求你给出这么霸气的东西。不过,如果你能读到这里并理解到这里,值得给自己一个大大的奖励了!

看的更远

实际上还有第六种解决方法:后缀树(suffix tree)。不过其复杂度为O(N log N),构建后缀树也比较费劲,算法实现还比这个复杂。当然它也有其优势:能解决很多类似的问题。我们下回分解。

你可以考虑一下:如何求最长回文子序列(subsequence)?

+BIT祝威+悄悄在此留下版了个权的信息说:

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