[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
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)
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。
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i = 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A B C |
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T = # a # b # a # a # b # a # |
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P = 0 1 0 3 0 1 6 1 0 3 0 1 0 |
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。
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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：
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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。 |
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
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)？