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题目描述
给你一个字符串 s，找到 s 中最长的回文子串。
示例 1：
输入：s = "babad" 输出："bab"
解释："aba" 同样是符合题意的答案。
示例 2：
输入：s = "cbbd" 输出："bb"
示例 3：
输入：s = "a" 输出："a"
示例 4：
输入：s = "ac" 输出："a"
提示：
1 <= s.length <= 1000s仅由数字和英文字母（大写和/或小写）组成
朴素解法
这道题有一个很容易就能想到的简单做法：枚举字符串 s 中的每一位，作为回文串的中心点，左右进行扩展，直到达到边界或者不满足回文串定义为止。
这样做的思路必然是正确的。
但很显然这是一个朴素（暴力）做法，那么我们如何确定这一做法是否可行呢？
还记得我们上一节的分析思路吗？当我们有了一个简单的实现方法之后，需要从题目的数据规模、计算机的处理速度和实现方法的计算量出发，判断这样的做法是否不会超时。
由于字符串长度最多只有 1000，而我们的实现方法是 O(n^2)，因此我们算法的计算量应该在 10^6 以内，是在计算机每秒的处理范围内的。
首先枚举回文串的中心 i，然后分两种情况向两边扩展边界，直到达到边界或者不满足回文串定义为止：
- 回文串长度是奇数，则依次判断
s[i − k] == s[i + k], k = 1,2,3… - 回文串长度是偶数，则依次判断
s[i − k] == s[i + k − 1], k = 1,2,3…
class Solution { public String longestPalindrome(String s) { String ans = ""; for (int i = 0; i < s.length(); i++) { // 回文串为奇数 int l = i - 1, r = i + 1; String sub = getString(s, l, r); if (sub.length() > ans.length()) ans = sub; // 回文串为偶数 l = i - 1; r = i + 1 - 1; sub = getString(s, l, r); if (sub.length() > ans.length()) ans = sub; } return ans; } String getString(String s, int l, int r) { while (l >= 0 && r < s.length() && s.charAt(l) == s.charAt(r)) { l--; r++; } return s.substring(l + 1, r); } } 复制代码
时间复杂度：先枚举了 s 中的每个字符作为回文串的中心点，再从中心点出发左右扩展，最多扩展到边界。复杂度是 O(n2)O(n^2)O(n2)
空间复杂度：O(1)O(1)O(1)
Manacher 算法
这是一个比较冷门的算法，使用范围也比较单一，只能用于解决「回文串」问题。
Manacher 确实是「回文串」问题的最优解。
但即使是 LeetCode 上所有关于「回文串」的问题，没有一道是必须通过 O(n) 的 Manacher 算法才能 AC。
因此我这里直接给解决方案（可以直接当做模板来使用），而不再讨论算法的具体实现原理。
Manacher 算法较长，为了避免回文串长度奇偶问题的分情况讨论，我会对原字符进行处理，在边界和字符之间插入占位符。
使用了这样的技巧之后，当非占位字符作为回文串的中心时，对应了回文串长度为奇数的情况；当占位字符作为回文串的中心时，对应了回文串长度为偶数的情况。
举个例子：
原字符："babad"，转换后："*b*a*b*a*d*"，得到的回文串："*b*a*b*"，然后再去除占位符输出："bab"。
解释："aba" 同样是符合题意的答案。
class Solution { public String longestPalindrome(String s) { if (s.length() == 1) return s; char[] chars = manacherString(s); int n = chars.length; int[] pArr = new int[n]; int C = -1, R = -1, pos = -1; int max = Integer.MIN_VALUE; for (int i = 0; i < n; i++) { pArr[i] = i < R ? Math.min(pArr[C * 2 - i], R - i) : 1; while (i + pArr[i] < n && i - pArr[i] > -1) { if (chars[i + pArr[i]] == chars[i - pArr[i]]) { pArr[i]++; } else { break; } } if (i + pArr[i] > R) { R = i + pArr[i]; C = i; } if (pArr[i] > max) { max = pArr[i]; pos = i; } } int offset = pArr[pos]; StringBuilder sb = new StringBuilder(); for (int i = pos - offset + 1; i <= pos + offset - 1; i++) { if (chars[i] != '#') sb.append(chars[i]); } return sb.toString(); } char[] manacherString(String s) { char[] chars = new char[s.length() * 2 + 1]; for (int i = 0, idx = 0; i < chars.length; i++) { chars[i] = (i & 1) == 0 ? '#' : s.charAt(idx++); } return chars; } } 复制代码
时间复杂度：只对字符串进行了一次扫描。复杂度为 O(n)O(n)O(n)
空间复杂度：O(1)O(1)O(1)
总结
今天这道题目，三叶除了提供常规的、时间复杂度为 O(n2)O(n^2)O(n2) 的朴素解法以外，还给你提供了关于「回文串」的最优解 Manacher 算法模板，建议有余力的同学可以背过。
背过这样的算法的意义在于：相当于大脑里有了一个时间复杂度为 O(n)O(n)O(n) 的 api 可以使用，这个 api 传入一个字符串，返回该字符串的最大回文子串。
同时借助 Manacher 算法，还给大家介绍了如何避免回文串长度的分情况讨论，这个技巧只要涉及「回文串」问题都适用（无论是否使用 Manacher 算法）。
对于想要背过 Manacher 算法的同学，建议先敲 3 遍，默写 2 遍，然后过了 24 小时，再默写 2 遍，一周后，再进行重复，直到熟练。
不要害怕遗忘，遗忘是正常的，多进行几次重复便会形成肌肉记忆。LeetCode 周赛上常年占据第一页的选手，无不都是对算法套路和模板极其熟练。加油 ~
最后
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.5 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先将所有不带锁的题目刷完。
在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。
由于 LeetCode 的题目随着周赛 & 双周赛不断增加，为了方便我们统计进度，我们将按照系列起始时的总题数作为分母，完成的题目作为分子，进行进度计算。当前进度为 5/1916 。
为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：Github 地址 & Gitee 地址。
在仓库地址里，你可以看到系列文章的题解链接、系列文章的相应代码、LeetCode 原题链接和一些其他的优选题解。
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