第四题 :Median of Two Sorted Arrays
1. 题目描述（困难难度）
已知两个有序数组，找到两个数组合并后的中位数。
2. 解法一
简单粗暴，先将两个数组合并，两个有序数组的合并也是归并排序中的一部分。然后根据奇数，还是偶数，返回中位数。
3. 代码
public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) { int[] nums; int m = nums1.length; int n = nums2.length; nums = new int[m + n]; if (m == 0) { if (n % 2 == 0) { return (nums2[n / 2 - 1] + nums2[n / 2]) / 2.0; } else { return nums2[n / 2]; } } if (n == 0) { if (m % 2 == 0) { return (nums1[m / 2 - 1] + nums1[m / 2]) / 2.0; } else { return nums1[m / 2]; } } int count = 0; int i = 0, j = 0; while (count != (m + n)) { if (i == m) { while (j != n) { nums[count++] = nums2[j++]; } break; } if (j == n) { while (i != m) { nums[count++] = nums1[i++]; } break; } if (nums1[i] < nums2[j]) { nums[count++] = nums1[i++]; } else { nums[count++] = nums2[j++]; } } if (count % 2 == 0) { return (nums[count / 2 - 1] + nums[count / 2]) / 2.0; } else { return nums[count / 2]; } }
时间复杂度：遍历全部数组，O（m + n）
空间复杂度：开辟了一个数组，保存合并后的两个数组，O（m + n）
4. 解法二
其实，我们不需要将两个数组真的合并，我们只需要找到中位数在哪里就可以了。
开始的思路是写一个循环，然后里边判断是否到了中位数的位置，到了就返回结果，但这里对偶数和奇数的分类会很麻烦。当其中一个数组遍历完后，出了 for 循环对边界的判断也会分几种情况。总体来说，虽然复杂度不影响，但代码会看起来很乱。然后在 这里 找到了另一种思路。
首先是怎么将奇数和偶数的情况合并一下。
用 len 表示合并后数组的长度，如果是奇数，我们需要知道第 （len + 1）/ 2 个数就可以了，如果遍历的话需要遍历 int ( len / 2 ) + 1 次。如果是偶数，我们需要知道第 len / 2 和 len / 2 + 1 个数，也是需要遍历 len / 2 + 1 次。所以遍历的话，奇数和偶数都是 len / 2 + 1 次。
返回中位数的话，奇数需要最后一次遍历的结果就可以了，偶数需要最后一次和上一次遍历的结果。所以我们用两个变量 left 和 right ，right 保存当前循环的结果，在每次循环前将 right 的值赋给 left 。这样在最后一次循环的时候，left 将得到 right 的值，也就是上一次循环的结果，接下来 right 更新为最后一次的结果。
循环中该怎么写，什么时候 A 数组后移，什么时候 B 数组后移。用 aStart 和 bStart 分别表示当前指向 A 数组和 B 数组的位置。如果 aStart 还没有到最后并且此时 A 位置的数字小于 B 位置的数组，那么就可以后移了。也就是aStart ＜ m && A[aStart] < B[bStart]。
但如果 B 数组此刻已经没有数字了，继续取数字B [ bStart ]，则会越界，所以判断下 bStart 是否大于数组长度了，这样 || 后边的就不会执行了，也就不会导致错误了，所以增加为 aStart ＜ m && ( bStart >= n || A [ aStart ] < B [ bStart ] ) 。
5. 代码
public double findMedianSortedArrays(int[] A, int[] B) { int m = A.length; int n = B.length; int len = m + n; int left = -1, right = -1; int aStart = 0, bStart = 0; for (int i = 0; i <= len / 2; i++) { left = right; if (aStart < m && (bStart >= n || A[aStart] < B[bStart])) { right = A[aStart++]; } else { right = B[bStart++]; } } if ((len & 1) == 0) return (left + right) / 2.0; else return right; }
时间复杂度：遍历 len/2 + 1 次，len = m + n ，所以时间复杂度依旧是 O（m + n）。
空间复杂度：我们申请了常数个变量，也就是 m，n，len，left，right，aStart，bStart 以及 i 。
总共 8 个变量，所以空间复杂度是 O（1）。
6. 解法三
上边的两种思路，时间复杂度都达不到题目的要求 O ( log ( m + n ) )。看到 log ，很明显，我们只有用到二分的方法才能达到。我们不妨用另一种思路，题目是求中位数，其实就是求第 k 小数的一种特殊情况，而求第 k 小数有一种算法。
解法二中，我们一次遍历就相当于去掉不可能是中位数的一个值，也就是一个一个排除。由于数列是有序的，其实我们完全可以一半儿一半儿的排除。假设我们要找第 k 小数，我们可以每次循环排除掉 k / 2 个数。看下边一个例子。
假设我们要找第 7 小的数字。
我们比较两个数组的第 k / 2 个数字，如果 k 是奇数，向下取整。也就是比较第 3 个数字，上边数组中的 4 和 下边数组中的 3 ，如果哪个小，就表明该数组的前 k / 2 个数字都不是第 k 小数字，所以可以排除。也就是 1，2，3 这三个数字不可能是第 7 小的数字，我们可以把它排除掉。将 1349 和 45678910 两个数组作为新的数组进行比较。
更一般的情况 A [ 1 ]，A [ 2 ]，A [ 3 ]，A [ k / 2] … ，B[ 1 ]，B [ 2 ]，B [ 3 ]，B[ k / 2] … ，如果 A [ k / 2 ] < B [ k / 2 ] ，那么 A [ 1 ]，A [ 2 ]，A [ 3 ]，A [ k / 2] 都不可能是第 k 小的数字。
A 数组中比 A [ k / 2 ] 小的数有 k / 2 - 1 个，B 数组中，B [ k / 2 ] 比 A [ k / 2 ] 大，假设 B [ k / 2 ] 前边的数字都比 A [ k / 2 ] 小，也只有 k / 2 - 1 个，所以比 A [ k / 2 ] 小的数字最多有 k / 2 - 1 + k / 2 - 1 = k - 2 个，所以 A [ k / 2 ] 最多是第 k - 1 小的数。而比 A [ k / 2 ] 小的数更不可能是第 k 小的数了，所以可以把它们排除。
橙色的部分表示已经去掉的数字。
由于我们已经排除掉了 3 个数字，就是这 3 个数字一定在最前边，所以在两个新数组中，我们只需要找第 7 - 3 = 4 小的数字就可以了，也就是 k = 4 。此时两个数组，比较第 2 个数字，3 < 5，所以我们可以把小的那个数组中的 1 ，3 排除掉了。
我们又排除掉 2 个数字，所以现在找第 4 - 2 = 2 小的数字就可以了。此时比较两个数组中的第 k / 2 = 1 个数，4 == 4 ，怎么办呢？由于两个数相等，所以我们无论去掉哪个数组中的都行，因为去掉 1 个总会保留 1 个的，所以没有影响。为了统一，我们就假设 4 > 4 吧，所以此时将下边的 4 去掉。
由于又去掉 1 个数字，此时我们要找第 1 小的数字，所以只需判断两个数组中第一个数字哪个小就可以了，也就是 4 。
所以第 7 小的数字是 4 。
我们每次都是取 k / 2 的数进行比较，有时候可能会遇到数组长度小于 k / 2 的时候。
此时 k / 2 等于 3 ，而上边的数组长度是 2 ，我们此时将箭头指向它的末尾就可以了。这样的话，由于 2 < 3 ，所以就会导致上边的数组 1，2 都被排除。造成下边的情况。
由于 2 个元素被排除，所以此时 k = 5 ，又由于上边的数组已经空了，我们只需要返回下边的数组的第 5 个数字就可以了。
从上边可以看到，无论是找第奇数个还是第偶数个数字，对我们的算法并没有影响，而且在算法进行中，k 的值都有可能从奇数变为偶数，最终都会变为 1 或者由于一个数组空了，直接返回结果。
所以我们采用递归的思路，为了防止数组长度小于 k / 2 ，所以每次比较 min ( k / 2，len ( 数组 ) ) 对应的数字，把小的那个对应的数组的数字排除，将两个新数组进入递归，并且 k 要减去排除的数字的个数。递归出口就是当 k = 1 或者其中一个数字长度是 0 了。
7. 代码
public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) { int n = nums1.length; int m = nums2.length; int left = (n + m + 1) / 2; int right = (n + m + 2) / 2; //将偶数和奇数的情况合并，如果是奇数，会求两次同样的 k 。 return (getKth(nums1, 0, n - 1, nums2, 0, m - 1, left) + getKth(nums1, 0, n - 1, nums2, 0, m - 1, right)) * 0.5; } private int getKth(int[] nums1, int start1, int end1, int[] nums2, int start2, int end2, int k) { int len1 = end1 - start1 + 1; int len2 = end2 - start2 + 1; //让 len1 的长度小于 len2，这样就能保证如果有数组空了，一定是 len1 if (len1 > len2) return getKth(nums2, start2, end2, nums1, start1, end1, k); if (len1 == 0) return nums2[start2 + k - 1]; if (k == 1) return Math.min(nums1[start1], nums2[start2]); int i = start1 + Math.min(len1, k / 2) - 1; int j = start2 + Math.min(len2, k / 2) - 1; if (nums1[i] > nums2[j]) { return getKth(nums1, start1, end1, nums2, j + 1, end2, k - (j - start2 + 1)); } else { return getKth(nums1, i + 1, end1, nums2, start2, end2, k - (i - start1 + 1)); } }
时间复杂度：每进行一次循环，我们就减少 k / 2 个元素，所以时间复杂度是 O（log（k）），而 k = （m + n）/ 2 ，所以最终的复杂也就是 O（log（m + n））。
空间复杂度：虽然我们用到了递归，但是可以看到这个递归属于尾递归，所以编译器不需要不停地堆栈，所以空间复杂度为 O（1）。
8. 解法四
我们首先理一下中位数的定义是什么
所以我们只需要将数组进行切。
一个长度为 m 的数组，有 0 到 m 总共 m + 1 个位置可以切。
我们把数组 A 和数组 B 分别在 i 和 j 进行切割。
将 i 的左边和 j 的左边组合成「左半部分」，将 i 的右边和 j 的右边组合成「右半部分」。
当 A 数组和 B 数组的总长度是偶数时，如果我们能够保证
左半部分的长度等于右半部分
i + j = m - i + n - j , 也就是 j = ( m + n ) / 2 - i
左半部分最大的值小于等于右半部分最小的值 max ( A [ i - 1 ] , B [ j - 1 ]）） <= min ( A [ i ] , B [ j ]））
那么，中位数就可以表示如下
（左半部分最大值 + 右半部分最小值 ）/ 2 。
（max ( A [ i - 1 ] , B [ j - 1 ]）+ min ( A [ i ] , B [ j ]）） / 2
当 A 数组和 B 数组的总长度是奇数时，如果我们能够保证
左半部分的长度比右半部分大 1
i + j = m - i + n - j + 1也就是 j = ( m + n + 1) / 2 - i
左半部分最大的值小于等于右半部分最小的值 max ( A [ i - 1 ] , B [ j - 1 ]）） <= min ( A [ i ] , B [ j ]））
那么，中位数就是
左半部分最大值，也就是左半部比右半部分多出的那一个数。
max ( A [ i - 1 ] , B [ j - 1 ]）
上边的第一个条件我们其实可以合并为 j = ( m + n + 1) / 2 - i，因为如果 m + n 是偶数，由于我们取的是 int 值，所以加 1 也不会影响结果。当然，由于 0 <= i <= m ，为了保证 0 <= j <= n ，我们必须保证 m <= n 。
m≤n,i<m,j=(m+n+1)/2−i≥(m+m+1)/2−i>(m+m+1)/2−m=0m\leq n,i<m,j=(m+n+1)/2-i\geq(m+m+1)/2-i>(m+m+1)/2-m=0m≤n,i<m,j=(m+n+1)/2−i≥(m+m+1)/2−i>(m+m+1)/2−m=0
m≤n,i>0,j=(m+n+1)/2−i≤(n+n+1)/2−i<(n+n+1)/2=nm\leq n,i>0,j=(m+n+1)/2-i\leq (n+n+1)/2-i<(n+n+1)/2=nm≤n,i>0,j=(m+n+1)/2−i≤(n+n+1)/2−i<(n+n+1)/2=n
最后一步由于是 int 间的运算，所以 1 / 2 = 0。
而对于第二个条件，奇数和偶数的情况是一样的，我们进一步分析。为了保证 max ( A [ i - 1 ] , B [ j - 1 ]）） <= min ( A [ i ] , B [ j ]）），因为 A 数组和 B 数组是有序的，所以 A [ i - 1 ] <= A [ i ]，B [ i - 1 ] <= B [ i ] 这是天然的，所以我们只需要保证 B [ j - 1 ] < = A [ i ] 和 A [ i - 1 ] <= B [ j ] 所以我们分两种情况讨论：
B [ j - 1 ] > A [ i ]，并且为了不越界，要保证 j != 0，i != m
- 此时很明显，我们需要增加 i ，为了数量的平衡还要减少 j ，幸运的是 j = ( m + n + 1) / 2 - i，i 增大，j 自然会减少。
- A [ i - 1 ] > B [ j ] ，并且为了不越界，要保证 i != 0，j != n
- 此时和上边的情况相反，我们要减少 i ，增大 j 。
上边两种情况，我们把边界都排除了，需要单独讨论。
- 当 i = 0 , 或者 j = 0 ，也就是切在了最前边。
- 此时左半部分当 j = 0 时，最大的值就是 A [ i - 1 ] ；当 i = 0 时 最大的值就是 B [ j - 1] 。右半部分最小值和之前一样。
- 当 i = m 或者 j = n ，也就是切在了最后边。
此时左半部分最大值和之前一样。右半部分当 j = n 时，最小值就是 A [ i ] ；当 i = m 时，最小值就是B [ j ] 。
所有的思路都理清了，最后一个问题，增加 i 的方式。当然用二分了。初始化 i 为中间的值，然后减半找中间的，减半找中间的，减半找中间的直到答案。
class Solution { public double findMedianSortedArrays(int[] A, int[] B) { int m = A.length; int n = B.length; if (m > n) { return findMedianSortedArrays(B,A); // 保证 m <= n } int iMin = 0, iMax = m; while (iMin <= iMax) { int i = (iMin + iMax) / 2; int j = (m + n + 1) / 2 - i; if (j != 0 && i != m && B[j-1] > A[i]){ // i 需要增大 iMin = i + 1; } else if (i != 0 && j != n && A[i-1] > B[j]) { // i 需要减小 iMax = i - 1; } else { // 达到要求，并且将边界条件列出来单独考虑 int maxLeft = 0; if (i == 0) { maxLeft = B[j-1]; } else if (j == 0) { maxLeft = A[i-1]; } else { maxLeft = Math.max(A[i-1], B[j-1]); } if ( (m + n) % 2 == 1 ) { return maxLeft; } // 奇数的话不需要考虑右半部分 int minRight = 0; if (i == m) { minRight = B[j]; } else if (j == n) { minRight = A[i]; } else { minRight = Math.min(B[j], A[i]); } return (maxLeft + minRight) / 2.0; //如果是偶数的话返回结果 } } return 0.0; } }
时间复杂度：我们对较短的数组进行了二分查找，所以时间复杂度是 O（log（min（m，n）））。
空间复杂度：只有一些固定的变量，和数组长度无关，所以空间复杂度是 O ( 1 ) 。
9. 总结
解法二中体会到了对情况的转换，有时候即使有了思路，代码也不一定写的优雅，需要多锻炼才可以。解法三和解法四充分发挥了二分查找的优势，将时间复杂度降为 log 级别。
第五题: Longest Palindromic Substring
1. 题目描述（中等难度）
给定一个字符串，输出最长的回文子串。回文串指的是正的读和反的读是一样的字符串，例如 “aba”，“ccbbcc”。
2. 解法一 暴力破解
暴力求解，列举所有的子串，判断是否为回文串，保存最长的回文串。
public boolean isPalindromic(String s) { int len = s.length(); for (int i = 0; i < len / 2; i++) { if (s.charAt(i) != s.charAt(len - i - 1)) { return false; } } return true; } // 暴力解法 public String longestPalindrome(String s) { String ans = ""; int max = 0; int len = s.length(); for (int i = 0; i < len; i++) for (int j = i + 1; j <= len; j++) { String test = s.substring(i, j); if (isPalindromic(test) && test.length() > max) { ans = s.substring(i, j); max = Math.max(max, ans.length()); } } return ans; }
时间复杂度：两层 for 循环 O（n²），for 循环里边判断是否为回文，O（n），所以时间复杂度为 O（n³）。
空间复杂度：O（1），常数个变量。
3. 解法二 最长公共子串
根据回文串的定义，正着和反着读一样，那我们是不是把原来的字符串倒置了，然后找最长的公共子串就可以了。例如，S = " caba"，S’ = " abac"，最长公共子串是 “aba”，所以原字符串的最长回文串就是 “aba”。
关于求最长公共子串（不是公共子序列），有很多方法，这里用动态规划的方法，可以先阅读下边的链接。
https://blog.csdn.net/u010397369/article/details/38979077
https://www.kancloud.cn/digest/pieces-algorithm/163624
整体思想就是，申请一个二维的数组初始化为 0，然后判断对应的字符是否相等，相等的话
arr [ i ][ j ] = arr [ i - 1 ][ j - 1] + 1 。
当 i = 0 或者 j = 0 的时候单独分析，字符相等的话 arr [ i ][ j ] 就赋为 1 。
arr [ i ][ j ] 保存的就是公共子串的长度。
public String longestPalindrome(String s) { if (s.equals("")) return ""; String origin = s; String reverse = new StringBuffer(s).reverse().toString(); //字符串倒置 int length = s.length(); int[][] arr = new int[length][length]; int maxLen = 0; int maxEnd = 0; for (int i = 0; i < length; i++) for (int j = 0; j < length; j++) { if (origin.charAt(i) == reverse.charAt(j)) { if (i == 0 || j == 0) { arr[i][j] = 1; } else { arr[i][j] = arr[i - 1][j - 1] + 1; } } if (arr[i][j] > maxLen) { maxLen = arr[i][j]; maxEnd = i; //以 i 位置结尾的字符 } } } return s.substring(maxEnd - maxLen + 1, maxEnd + 1); }
再看一个例子，S = “abc435cba”，S’ = “abc534cba” ，最长公共子串是 “abc” 和 “cba” ，但很明显这两个字符串都不是回文串。
所以我们求出最长公共子串后，并不一定是回文串，我们还需要判断该字符串倒置前的下标和当前的字符串下标是不是匹配。
比如 S = " caba "，S’ = " abac " ，S’ 中 aba 的下标是 0 1 2 ，倒置前是 3 2 1，和 S 中 aba 的下标符合，所以 aba 就是我们需要找的。当然我们不需要每个字符都判断，我们只需要判断末尾字符就可以。
首先 i ，j 始终指向子串的末尾字符。所以 j 指向的红色的 a 倒置前的下标是 beforeRev = length - 1 - j = 4 - 1 - 2 = 1，对应的是字符串首位的下标，我们还需要加上字符串的长度才是末尾字符的下标，也就是 beforeRev + arr[ i ] [ j ] - 1 = 1 + 3 - 1 = 3，因为 arr[ i ] [ j ] 保存的就是当前子串的长度，也就是图中的数字 3 。此时再和它与 i 比较，如果相等，则说明它是我们要找的回文串。
之前的 S = “abc435cba”，S’ = “abc534cba” ，可以看一下图示，为什么不符合。
当前 j 指向的 c ，倒置前的下标是 beforeRev = length - 1 - j = 9 - 1 - 2 = 6，对应的末尾下标是 beforeRev + arr[ i ] [ j ] - 1 = 6 + 3 - 1 = 8 ，而此时 i = 2 ，所以当前的子串不是回文串。
代码的话，在上边的基础上，保存 maxLen 前判断一下下标匹不匹配就可以了。
public String longestPalindrome(String s) { if (s.equals("")) return ""; String origin = s; String reverse = new StringBuffer(s).reverse().toString(); int length = s.length(); int[][] arr = new int[length][length]; int maxLen = 0; int maxEnd = 0; for (int i = 0; i < length; i++) for (int j = 0; j < length; j++) { if (origin.charAt(i) == reverse.charAt(j)) { if (i == 0 || j == 0) { arr[i][j] = 1; } else { arr[i][j] = arr[i - 1][j - 1] + 1; } } /**********修改的地方*******************/ if (arr[i][j] > maxLen) { int beforeRev = length - 1 - j; if (beforeRev + arr[i][j] - 1 == i) { //判断下标是否对应 maxLen = arr[i][j]; maxEnd = i; } /*************************************/ } } return s.substring(maxEnd - maxLen + 1, maxEnd + 1); }
时间复杂度：两层循环，O（n²）。
空间复杂度：一个二维数组，O（n²）。
空间复杂度其实可以再优化一下。
我们分析一下循环，i = 0 ，j = 0，1，2 … 8 更新一列，然后 i = 1 ，再更新一列，而更新的时候我们其实只需要上一列的信息，更新第 3 列的时候，第 1 列的信息是没有用的。所以我们只需要一个一维数组就可以了。但是更新 arr [ i ] 的时候我们需要 arr [ i - 1 ] 的信息，假设 a [ 3 ] = a [ 2 ] + 1，更新 a [ 4 ] 的时候， 我们需要 a [ 3 ] 的信息，但是 a [ 3 ] 在之前已经被更新了，所以 j 不能从 0 到 8 ，应该倒过来，a [ 8 ] = a [ 7 ] + 1，a [ 7 ] = a [ 6 ] + 1 , 这样更新 a [ 8 ] 的时候用 a [ 7 ] ，用完后才去更新 a [ 7 ]，保证了不会出错。
public String longestPalindrome(String s) { if (s.equals("")) return ""; String origin = s; String reverse = new StringBuffer(s).reverse().toString(); int length = s.length(); int[] arr = new int[length]; int maxLen = 0; int maxEnd = 0; for (int i = 0; i < length; i++) /**************修改的地方***************************/ for (int j = length - 1; j >= 0; j--) { /**************************************************/ if (origin.charAt(i) == reverse.charAt(j)) { if (i == 0 || j == 0) { arr[j] = 1; } else { arr[j] = arr[j - 1] + 1; } /**************修改的地方***************************/ //之前二维数组，每次用的是不同的列，所以不用置 0 。 } else { arr[j] = 0; } /**************************************************/ if (arr[j] > maxLen) { int beforeRev = length - 1 - j; if (beforeRev + arr[j] - 1 == i) { maxLen = arr[j]; maxEnd = i; } } } return s.substring(maxEnd - maxLen + 1, maxEnd + 1); }
时间复杂度：O（n²）。
空间复杂度：降为 O（n）。
4. 解法三 暴力破解优化
解法一的暴力解法时间复杂度太高，在 leetCode 上并不能 AC 。我们可以考虑，去掉一些暴力解法中重复的判断。我们可以基于下边的发现，进行改进。
首先定义 P（i，j）。
P(i,j)={trues[i,j]是回文串falses[i,j]不是回文串P(i,j)=
{truefalses[i,j]是回文串s[i,j]不是回文串
{trues[i,j]是回文串falses[i,j]不是回文串
P(i,j)=⎩⎪⎨⎪⎧truefalses[i,j]是回文串s[i,j]不是回文串
接下来
P(i,j)=(P(i+1,j−1)&&S[i]==S[j])P(i,j)=(P(i+1,j-1)&&S[i]==S[j])P(i,j)=(P(i+1,j−1)&&S[i]==S[j])
所以如果我们想知道 P（i，j）的情况，不需要调用判断回文串的函数了，只需要知道 P（i + 1，j - 1）的情况就可以了，这样时间复杂度就少了 O（n）。因此我们可以用动态规划的方法，空间换时间，把已经求出的 P（i，j）存储起来。
如果 S[i+1,j−1]S[i+1,j-1]S[i+1,j−1] 是回文串，那么只要 S [ i ] == S [ j ] ，就可以确定 S [ i , j ] 也是回文串了。
求 长度为 1 和长度为 2 的 P ( i , j ) 时不能用上边的公式，因为我们代入公式后会遇到 P[i][j]P[i][j]P[i][j] 中 i > j 的情况，比如求 P[1][2]P[1][2]P[1][2] 的话，我们需要知道 P[1+1][2−1]=P[2][1]P[1+1][2-1]=P[2][1]P[1+1][2−1]=P[2][1] ，而 P[2][1]P[2][1]P[2][1] 代表着 S[2,1]S[2,1]S[2,1] 是不是回文串，显然是不对的，所以我们需要单独判断。
所以我们先初始化长度是 1 的回文串的 P [ i , j ]，这样利用上边提出的公式 P(i,j)=(P(i+1,j−1)&&S[i]==S[j])P(i,j)=(P(i+1,j-1)&&S[i]==S[j])P(i,j)=(P(i+1,j−1)&&S[i]==S[j])，然后两边向外各扩充一个字符，长度为 3 的，为 5 的，所有奇数长度的就都求出来了。
同理，初始化长度是 2 的回文串 P [ i , i + 1 ]，利用公式，长度为 4 的，6 的所有偶数长度的就都求出来了。
public String longestPalindrome(String s) { int length = s.length(); boolean[][] P = new boolean[length][length]; int maxLen = 0; String maxPal = ""; for (int len = 1; len <= length; len++) //遍历所有的长度 for (int start = 0; start < length; start++) { int end = start + len - 1; if (end >= length) //下标已经越界，结束本次循环 break; P[start][end] = (len == 1 || len == 2 || P[start + 1][end - 1]) && s.charAt(start) == s.charAt(end); //长度为 1 和 2 的单独判断下 if (P[start][end] && len > maxLen) { maxPal = s.substring(start, end + 1); } } return maxPal; }
时间复杂度：两层循环，O（n²）。
空间复杂度：用二维数组 P 保存每个子串的情况，O（n²）。
我们分析下每次循环用到的 P（i，j），看一看能不能向解法二一样优化一下空间复杂度。
当我们求长度为 6 和 5 的子串的情况时，其实只用到了 4 ， 3 长度的情况，而长度为 1 和 2 的子串情况其实已经不需要了。但是由于我们并不是用 P 数组的下标进行的循环，暂时没有想到优化的方法。
之后看到了另一种动态规划的思路
公式还是这个不变
首先定义 P（i，j）。
P(i,j)={trues[i,j]是回文串falses[i,j]不是回文串P(i,j)=
{truefalses[i,j]是回文串s[i,j]不是回文串
{trues[i,j]是回文串falses[i,j]不是回文串
P(i,j)=⎩⎪⎨⎪⎧truefalses[i,j]是回文串s[i,j]不是回文串
接下来
P(i,j)=(P(i+1,j−1)&&S[i]==S[jj])P(i,j)=(P(i+1,j-1)&&S[i]==S[j])P(i,j)=(P(i+1,j−1)&&S[i]==S[j])
递推公式中我们可以看到，我们首先知道了 i +1 才会知道 i ，所以我们只需要倒着遍历就行了。
public String longestPalindrome(String s) { int n = s.length(); String res = ""; boolean[][] dp = new boolean[n][n]; for (int i = n - 1; i >= 0; i--) { for (int j = i; j < n; j++) { dp[i][j] = s.charAt(i) == s.charAt(j) && (j - i < 2 || dp[i + 1][j - 1]); //j - i 代表长度减去 1 if (dp[i][j] && j - i + 1 > res.length()) { res = s.substring(i, j + 1); } } } return res; }
时间复杂度和空间复杂和之前都没有变化，我们来看看可不可以优化空间复杂度。
当求第 i 行的时候我们只需要第 i + 1 行的信息，并且 j 的话需要 j - 1 的信息，所以和之前一样 j 也需要倒叙。当求第 i 行的时候我们只需要第 i + 1 行的信息，并且 j 的话需要 j - 1 的信息，所以和之前一样 j 也需要倒叙。
public String longestPalindrome7(String s) { int n = s.length(); String res = ""; boolean[] P = new boolean[n]; for (int i = n - 1; i >= 0; i--) { for (int j = n - 1; j >= i; j--) { P[j] = s.charAt(i) == s.charAt(j) && (j - i < 3 || P[j - 1]); if (P[j] && j - i + 1 > res.length()) { res = s.substring(i, j + 1); } } } return res; }
时间复杂度：不变，O（n²）。
空间复杂度：降为 O（n ) 。
5. 解法四 扩展中心
我们知道回文串一定是对称的，所以我们可以每次循环选择一个中心，进行左右扩展，判断左右字符是否相等即可。
由于存在奇数的字符串和偶数的字符串，所以我们需要从一个字符开始扩展，或者从两个字符之间开始扩展，所以总共有 n + n - 1 个中心。
public String longestPalindrome(String s) { if (s == null || s.length() < 1) return ""; int start = 0, end = 0; for (int i = 0; i < s.length(); i++) { int len1 = expandAroundCenter(s, i, i); int len2 = expandAroundCenter(s, i, i + 1); int len = Math.max(len1, len2); if (len > end - start) { start = i - (len - 1) / 2; end = i + len / 2; } } return s.substring(start, end + 1); } private int expandAroundCenter(String s, int left, int right) { int L = left, R = right; while (L >= 0 && R < s.length() && s.charAt(L) == s.charAt(R)) { L--; R++; } return R - L - 1; }
时间复杂度：O（n²）。
空间复杂度：O（1）。
6. 解法五 Manacher’s Algorithm 马拉车算法。
主要参考了下边链接进行讲解。
https://segmentfault.com/a/1190000008484167
https://blog.crimx.com/2017/07/06/manachers-algorithm/
http://ju.outofmemory.cn/entry/130005
https://articles.leetcode.com/longest-palindromic-substring-part-ii/
首先我们解决下奇数和偶数的问题，在每个字符间插入"#"，并且为了使得扩展的过程中，到边界后自动结束，在两端分别插入 “^” 和 “$”，两个不可能在字符串中出现的字符，这样中心扩展的时候，判断两端字符是否相等的时候，如果到了边界就一定会不相等，从而出了循环。经过处理，字符串的长度永远都是奇数了。
首先我们用一个数组 P 保存从中心扩展的最大个数，而它刚好也是去掉 “#” 的原字符串的总长度。例如下图中下标是 6 的地方。可以看到 P[ 6 ] 等于 5，所以它是从左边扩展 5 个字符，相应的右边也是扩展 5 个字符，也就是 “#c#b#c#b#c#”。而去掉 # 恢复到原来的字符串，变成 “cbcbc”，它的长度刚好也就是 5
7. 求原字符串下标
用 P 的下标 i 减去 P [ i ]，再除以 2 ，就是原字符串的开头下标了。
例如我们找到 P[ i ] 的最大值为 5 ，也就是回文串的最大长度是 5 ，对应的下标是 6 ，所以原字符串的开头下标是 （6 - 5 ）/ 2 = 0 。所以我们只需要返回原字符串的第 0 到 第 （5 - 1）位就可以了。
8. 求每个 P [ i ]
接下来是算法的关键了，它充分利用了回文串的对称性。
我们用 C 表示回文串的中心，用 R 表示回文串的右边半径坐标，所以 R = C + P[ C ] 。C 和 R 所对应的回文串是当前循环中 R 最靠右的回文串。
让我们考虑求 P [ i ] 的时候，如下图。
用 i_mirror 表示当前需要求的第 i 个字符关于 C 对应的下标。
我们现在要求 P [ i ]， 如果是用中心扩展法，那就向两边扩展比对就行了。但是我们其实可以利用回文串 C 的对称性。i 关于 C 的对称点是 i_mirror ，P [ i_mirror ] = 3，所以 P [ i ] 也等于 3 。
但是有三种情况将会造成直接赋值为 P [ i_mirror ] 是不正确的，下边一一讨论。
8.1. 1. 超出了 R
当我们要求 P [ i ] 的时候，P [ mirror ] = 7，而此时 P [ i ] 并不等于 7 ，为什么呢，因为我们从 i 开始往后数 7 个，等于 22 ，已经超过了最右的 R ，此时不能利用对称性了，但我们一定可以扩展到 R 的，所以 P [ i ] 至少等于 R - i = 20 - 15 = 5，会不会更大呢，我们只需要比较 T [ R+1 ] 和 T [ R+1 ]关于 i 的对称点就行了，就像中心扩展法一样一个个扩展。
8.2. 2. P [ i_mirror ] 遇到了原字符串的左边界
此时P [ i_mirror ] = 1，但是 P [ i ] 赋值成 1 是不正确的，出现这种情况的原因是 P [ i_mirror ] 在扩展的时候首先是 “#” == “#” ，之后遇到了 "^"和另一个字符比较，也就是到了边界，才终止循环的。而 P [ i ] 并没有遇到边界，所以我们可以继续通过中心扩展法一步一步向两边扩展就行了。
8.3. 3. i 等于了 R
此时我们先把 P [ i ] 赋值为 0 ，然后通过中心扩展法一步一步扩展就行了。
9. 考虑 C 和 R 的更新
就这样一步一步的求出每个 P [ i ]，当求出的 P [ i ] 的右边界大于当前的 R 时，我们就需要更新 C 和 R 为当前的回文串了。因为我们必须保证 i 在 R 里面，所以一旦有更右边的 R 就要更新 R。
此时的 P [ i ] 求出来将会是 3 ，P [ i ] 对应的右边界将是 10 + 3 = 13，所以大于当前的 R ，我们需要把 C 更新成 i 的值，也就是 10 ，R 更新成 13。继续下边的循环。
public String preProcess(String s) { int n = s.length(); if (n == 0) { return "^$"; } String ret = "^"; for (int i = 0; i < n; i++) ret += "#" + s.charAt(i); ret += "#$"; return ret; } // 马拉车算法 public String longestPalindrome(String s) { String T = preProcess(s); int n = T.length(); int[] P = new int[n]; int C = 0, R = 0; for (int i = 1; i < n - 1; i++) { int i_mirror = 2 * C - i; if (R > i) { P[i] = Math.min(R - i, P[i_mirror]);// 防止超出 R } else { P[i] = 0;// 等于 R 的情况 } // 碰到之前讲的三种情况时候，需要利用中心扩展法 while (T.charAt(i + 1 + P[i]) == T.charAt(i - 1 - P[i])) { P[i]++; } // 判断是否需要更新 R if (i + P[i] > R) { C = i; R = i + P[i]; } } // 找出 P 的最大值 int maxLen = 0; int centerIndex = 0; for (int i = 1; i < n - 1; i++) { if (P[i] > maxLen) { maxLen = P[i]; centerIndex = i; } } int start = (centerIndex - maxLen) / 2; //最开始讲的求原字符串下标 return s.substring(start, start + maxLen); }
时间复杂度：for 循环里边套了一层 while 循环，难道不是 O ( n² )？不！其实是 O ( n )。不严谨的想一下，因为 while 循环访问 R 右边的数字用来扩展，也就是那些还未求出的节点，然后不断扩展，而期间访问的节点下次就不会再进入 while 了，可以利用对称得到自己的解，所以每个节点访问都是常数次，所以是 O ( n )。
空间复杂度：O（n）。
10. 总结
时间复杂度从三次方降到了一次，美妙！这里两次用到了动态规划去求解，初步认识了动态规划，就是将之前求的值保存起来，方便后边的计算，使得一些多余的计算消失了。并且在动态规划中，通过观察数组的利用情况，从而降低了空间复杂度。而 Manacher 算法对回文串对称性的充分利用，不得不让人叹服，自己加油啦！
今天我们一起学习了LeetCode 1-5题的算法分析,感谢大家阅读,觉得不错记得收藏哦!
