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lintcode最长回文子串(Manacher算法)

简介:

题目来自lintcode, 链接:http://www.lintcode.com/zh-cn/problem/longest-palindromic-substring/

v最长回文子串 

给出一个字符串(假设长度最长为1000),求出它的最长回文子串,你可以假定只有一个满足条件的最长回文串。

v样例

给出字符串 "abcdzdcab",它的最长回文子串为 "cdzdc"

v挑战

O(n2) 时间复杂度的算法是可以接受的,如果你能用 O(n) 的算法那自然更好。

 

v一. 首先给出O(n^2)的算法

思路:dp[i][k]表示第i个位置开始长度为k的串的最大回文串的长度, j=i+k-1

     当 s[i] == s[j] && dp[i+1][k-2] == k-2,  dp[i][k] = dp[i+1][k-2] + 2;

     否则  dp[i][k] = max(dp[i+1][k-1], dp[i][k-1]);

     并记录dp[i][k]的最大值,最后找到最长回文子串的区间。

复制代码
    int dp[1005][1005];
    string longestPalindrome(string& s) {
        // Write your code here
        O(n^2)
        int len = s.size();
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        for(int i=0; i<len; ++i)
            dp[i][1] = 1;
        int ld=0, rd=0, maxL = 1;
        for(int k=2; k<=len; ++k){
            for(int i=0, j; i<len && (j=i+k-1)<len; ++i){
                if(s[i] == s[j] && dp[i+1][k-2] == k-2)
                        dp[i][k] = dp[i+1][k-2] + 2;
                else 
                    dp[i][k] = max(dp[i+1][k-1], dp[i][k-1]);
                if(maxL<dp[i][k]){
                    maxL = dp[i][k];
                    ld = i;
                    rd = j;
                }
            }
        }
        return s.substr(ld, rd-ld+1);
}
复制代码

v二.然后看一下复杂度为O(n)的Manacher算法

v2.1 先说一下这个算法的思想:

  用一个数组 P[i] 来记录以字符S[i]为中心的最长回文子串向左/右扩张的长度(包括S[i])。

v2.2 算法基本要点:

  这个算法不能求出最长回文串长度为偶数回文串。用一个非常巧妙的方式,将所有可能的奇数/偶数长度的回文子串都转换成了奇数长度:在相邻两个字符之间插入一个特殊的符号。比如 abba 变成 a#b#b#a。 为了进一步减少编码的复杂度,可以在字符串的开始加入另一个特殊字符,这样就不用特殊处理越界问题,比如$a#b#b#a。

v2.3 具体说一个例子:

  S[]     1  #  2  #  2  #  1  #  2  #  3  #  2  #  1
P[]     1  1   2  1  2   1  4  1  2  1  5  1   2  1  1
(p.s. 可以看出,P[i]-1正好是原字符串中回文串的总长度)

v2.4 为啥要对字符串进行处理(插入'#')

如果不对字符进行处理, 对于最长回文串为偶数的情况下:

  S[]     1  2  1  1  2  1
P[]     1  2  1  1  2  1

对字符进行处理,对于最长回文串为偶数的情况下:

  S[]     1  #  2  #  1  #  1  #  2  #  1
P[]     1  1   3  1  2  6   2  1  3  1  1

可见不对字符进行处理,对于最长回文串为偶数的情况是不能得到最大的回文串的长度。

v2.5 如何计算P数组的值:

  算法增加两个辅助变量id和mx,其中id表示最大回文子串中心的位置,mx则为id+P[id],也就是最大回文子串的边界。

  当 mx - i > P[j] 的时候,以S[j]为中心的回文子串包含在以S[id]为中心的回文子串中,由于 i 和 j 对称,以S[i]为中心的回文子串必然包含在以S[id]为中心的回文子串中,所以必有 P[i] = P[j],见下图。

              

  当 P[j] > mx - i 的时候以S[j]为中心的回文子串不完全包含于以S[id]为中心的回文子串中,但是基于对称性可知,下图中两个绿框所包围的部分是相同的,也就是说以S[i]为中心的回文子串,其向右至少会扩张到mx的位置,也就是说 P[i] >= mx - i。至于mx之后的部分是否对称,就只能一个一个匹配了。

              

  对于 mx <= i 的情况,无法对 P[i]做更多的假设,只能P[i] = 1,然后再去匹配了。

v2.6 寻找最大长度的回文子串:

  看一种情况:

    S[]     1  #  2  #  2  
P[]     1  1   2  2  1 

  首先, P中的最大值为2,但是最大值有两个,我们应该选择哪一个?其实,如果P中的最大值对应的字符不是'#',显然不能得到最大长度的回文串。所以当我们遇到这种情况时(maxP == P[i] && S[i]=='#')要更新最大值所在位置。

v2.7 最后代码:

复制代码
class Solution {
public:
    /**
     * @param s input string
     * @return the longest palindromic substring
     */
    string manacher(string& str){
        int *p = new int[str.size()]();
        memset(p, 0, sizeof(p));
        int mx = 0, id = 0;
        for(int i=1; i<str.size(); i++){
            if(mx > i)
                p[i] = min(p[2*id-i], mx-i);
            else
                p[i] = 1;
    
            while(str[i - p[i]] == str[i + p[i]])
                ++p[i];
    
            if(i + p[i] > mx){
                mx = i + p[i];
                id = i;
            }
        }
        //寻找数组P中的最大值的位置
        int maxP = 0;
        for(int i=1; i<str.size(); ++i)
            if(maxP < p[i] || (maxP == p[i] && str[i]=='#')){
                maxP = p[i];
                id = i;
            } 
        //根据id,确定最长回文串的区间
        int ld = id-p[id]+1, rd = id+p[id]-1;
        string ans = "";
        for(int i=ld; i<=rd; ++i)
            if(str[i]!='#')
                ans += str[i];
        return ans;
    }
     
    string longestPalindrome(string& s) {
        // Write your code here
        //采用manacher算法,O(n)的时间复杂度
        int len = s.size();
//首先预处理字符串,每两个字符之间插入'#'
int k = -1; for(int i=1; i<len; ++i) s.insert(k+=2, 1, '#'); s.insert(0, 1, '$'); return manacher(s); } };
复制代码

 

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