1. Longest Palindromic Substring ( 最长回文子串 )

要求： Given a string S, find the longest palindromic substring in S. （从字符串 S 中最长回文子字符串。）

何为回文字符串？ A palindrome is a string which reads the same in both directions. For example, “aba” is a palindome, “abc” is not.

解决方法：参考：http://leetcode.com/2011/11/longest-palindromic-substring-part-ii.html

1.暴力法（Brute force solution）

共 C(N, 2) 个子串。时间复杂度O(N³)

2.后缀树法（Suffix tree solution）

反转 S 得到 S' ，例如：S = “caba”, S’ = “abac”. 求最长公共子串。求最大公共子串方法有后缀树或动态规划方法。

可参考：http://en.wikipedia.org/wiki/Longest_common_substring

注意陷阱：例如，S = “abacdfgdcaba”, S’ = “abacdgfdcaba”. 最长公共子串是 “abacd” ，明显不是回文串。

陷阱原因：S 中有它的非回文子串的反转出现。

克服方法：对于找到的公共子串，查找它在两个母串的全部下标是否都相等。

3.动态规划法（Dynamic programming solution）

时间复杂度 O(N²)， 空间复杂度  O(N²)。

定义数组：

则有，

dp[i][j] = d[i+1][j-1] && S[i] == S[j]

初始条件：

dp[i][i] = ture ， i = 1，……，s.length() -1.

dp[i][i+1] =  (S[i] == S[i+1]) ， i = 1，……，s.length()-2

代码：

class Solution {
public:
    string longestPalindrome(string s) {
        /**************  动态规划  *************/
        int n = s.length();
        if(n == 0) return "";
        bool dp[1000][1000] = {false};
        int firstIndex = 0, maxLen = 1;
        for(int r = 0; r <= n - 1; ++r) {
            for(int index = 0; index <= n - 1 - r; ++index) {
                if(s[index] == s[index + r]){
                    if(r < 2){
                        dp[index][index + r] = true;
                        firstIndex = index;
                        maxLen = r + 1;
                    }else if(dp[index + 1][index + r -1] == true){
                        dp[index][index + r] = true;
                        firstIndex = index;
                        maxLen = r + 1;
                    }
                }
            }
        }
    return s.substr(firstIndex, maxLen);
    }
};

 4.更简单的方法

O(N²)时间，O(1)空间

分析：回文串一定有一个中心，然后关于中心对称。长度为 N 的字符串有潜在的对称中心数目为 N + （N - 1） = 2N -1。

基于每个中心去找时间复杂度为 O(N)，共查找 2N-1 次。因此总的时间复杂度为 O(N(2N - 1)) ~ O(N²).

代码：

string expandAroundCenter(string s, int left, int right){
    int n = s.length();
    while(left >= 0 && right <= n - 1 && s[left] == s[right]){
        --left;
        ++right;
    }
    return s.substr(left + 1, right - left - 1);
}
 
class Solution {
public:
    string longestPalindrome(string s) {
        /**************  O(n^2)time, O(1)space complexity *************/
        int n = s.length();
        if(n == 0) return "";
        string longest = s.substr(0,1);
        for(int index = 0; index < n; ++index){
            string s1 = expandAroundCenter(s, index, index);
            string s2 = expandAroundCenter(s, index, index + 1);
            if(s1.length() > s2.length()){
                if(s1.length() > longest.length()) longest = s1;
            }else if(s2.length() > longest.length()) longest = s2;
        }
        return longest;
    }
};

5.Manacher’s Algorithm

时间复杂度 O(N)，空间复杂度 O(4N)

算法思路：第一步：对于输入的长度为 N 的字符串 S，在字符间的 N+1 个位置分别插入一个特殊符号 "#"，得到新的字符串 T ，长度为 2N+1。

例如：S = “abaaba”, T = “#a#b#a#a#b#a#”.

第二步：定义数组 P[2N+1]。分别以 T 中每个字符为回文串的中心，查找它的半径的值，结果存放在 P 中。(注意：数组 P 中最大数等于 S 中最大回文子串的长度)

例如：

 (则 S 的最大回文子串长度为 6)。

（注意：P 中数字关于中心对称）

接下来，主要就是对第二步的分析和优化。

以下面比较复杂的字符串为例：（可以看英文解释，也可以看我的叙述）

变量解释：L 和 R 分别为以 C 为中心的回文串的左右边界，其中 L + R = 2*C。分析两种情况：

index₁₃  关于 C 对称点为 index_(2*c-13) ，即　index_{9 ，}因为 P[9] = 1，而且 P[9] < R-12(小于左边界) ，所以 P[13] = P[9] = 1;

……

index₁₅  关于 C 对称点为 index_(2*c-15) ，即　index_{7 ，}因为 P[7] = 7，而且 P[7] >= R-15(大于左边界) ，所以 ：

首先令P[15] = P[7] = 7，然后令 C =  15，以 index₁₅ 为中心，以 T[15-P[15]-1] 和 T[15+P[15]+1] 开始比较，向两段延伸，找新的 L 和 R.

最后得到 P[15] =  13 ，L = 2，R = 8。

……

代码：（为了方便边界，两边加了的特殊符号）

string preprocess(string s){
    int n = s.length();
    if(n == 0) return "";
    string newS = "^#";
    for(int i = 0; i < n; ++i)
        newS += "#" + s.substr(i,1);
    newS += "#$";
    return newS;
}
 
class Solution {
public:
    string longestPalindrome(string s) {
        /**************  O(n)time, O(4n)space complexity *************/
        string T = preprocess(s);
        int n = T.length();
        if(n == 0) return "";
        int *p = new int[n];
        int C = 0, R = 0;
        int maxLen = 1, firstIndex = 0;
        for(int i = 1; i < n-2; ++i){
            int i_mirror = 2 * C - i;
            p[i] = (R > i) ? min(R - i, p[i_mirror]) : 0;
            while(T[i + p[i] + 1] == T[i - p[i] - 1]) {
                ++p[i];
                if(p[i] > maxLen){
                    maxLen = p[i];
                    firstIndex = (i - 1 - p[i]) / 2;
                }
            }
            if(i + p[i] > R){
                C = i;
                R = i + p[i];
            }
        }
        return s.substr(firstIndex, maxLen);
    }
};