首先，在谈到Manacher算法之前，我们先来看一个小问题:给定一个字符串S，求该字符串的最长回文子串的长度.对于该问题的求解。网上解法颇多。时间复杂度也不尽同样，这里列述几种常见的解法.
解法一
latex=\dpi{100}&space;\fn_jvn&space;N^2">
\dpi{100}&space;\fn_jvn&space;N^2" title="N^2" alt="">
。加上每次推断须要latex=\dpi{100}&space;\fn_jvn&space;O(n)">
\dpi{100}&space;\fn_jvn&space;O(1)" title="O(1)" alt="">
.bool check(string &S, int left, int right)
{
while (left < right && S[left] == S[right])
++left, --right;
return left >= right;
}
int solution(string &S)
{
int ans = 0;
for (int i = 0; i < S.size(); ++i)
for (int j = i; j < S.size(); ++j)
if (check(S, i, j))
ans = max(ans, j - i + 1);
return ans;
}
解法二
现如果得知S[i....j]是S的一个回文子串，那么，我们相同能够得到S[i+1.....j-1]也是S的一个回文字串，换句话说，我们能够通过已知的状态求解出未知状态。现定义dp[i][j]表示S以i为起点，j为终点的子串是否为回文，状态转移方程也非常easy想到:
\dpi{100}&space;\fn_jvn&space;dp[i][j]&space;=&space;i&space;<=&space;j&space;-&space;2&space;?&space;(S[i]&space;==&space;S[j]" title="dp[i][j] = i <= j - 2 ?
(S[i] == S[j]" alt="">
&&\dpi{100}&space;\fn_jvn&space;dp[i&space;+&space;1]&space;==&space;dp[j&space;-&space;1])&space;:&space;S[i]&space;==&space;S[j]" title="dp[i + 1] == dp[j - 1]) : S[i] == S[j]" alt="">
latex=\dpi{100}&space;\fn_jvn&space;N^2">
latex=\dpi{100}&space;\fn_jvn&space;O(N^2)">
int solution(string &S)
{
vector<vector<bool> > dp(2, vector<bool>(S.size(), false));
int ans = 0;
for (int i = S.size() - 1; i >= 0; --i)
{
for (int j = i; j < S.size(); ++j)
{
dp[i & 1][j] = i <= j - 2 ? (S[i] == S[j] && dp[(i + 1) & 1][j - 1]) : S[i] == S[j];
if (dp[i & 1][j])
ans = max(ans, j - i + 1);
}
}
return ans;
}
解法三
latex=\dpi{100}&space;\fn_jvn&space;N">
latex=\dpi{100}&space;\fn_jvn&space;O(N)">
latex=\dpi{100}&space;\fn_jvn&space;O(N^2)">
\dpi{100}&space;\fn_jvn&space;O(N^2)" title="O(N^2)" alt="">
，空间复杂度int solution(string &S)
{
const int n = S.size();
int ans = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
//for the odd case
for (int j = 0; (i - j >= 0) && (i + j < n) && S[i - j] == S[i + j]; ++j)
ans = max(ans, j << 1 | 1);
//for the even case
for (int j = 0; (i - j >= 0) && (i + 1 + j < n) && S[i - j] == S[i + 1 + j]; ++j)
ans = max(ans, 2 * j + 2);
}
return ans;
}
解法四
\dpi{100}&space;\fn_jvn&space;O(n)" title="O(n)" alt="">
。这里，我们能够通过利用字符串的hash来减少时间复杂度(注:不熟悉字符串hash的朋友，能够參考下这篇博客点击打开链接，整理的非常具体)。
如果当前推断的是以i为中点偶数长度的最长回文，对于随意一个长度k，如果S[i latex=\dpi{100}&space;\fn_jvn&space;O(lgn)"> \dpi{100}&space;\fn_jvn&space;O(lgn)" title="O(lgn)" alt=""> latex=\dpi{100}&space;\fn_jvn&space;O(nlgn)">
- k + 1....i]的hash值与S[i + 1.....i + k]的hash值不同，那么以i为中点的最长回文子串的长度必然小于2 * k，因此。能够通过该条件进行二分。这样就能在。
const int BASE = 131, N = 1e+6 + 7;
typedef unsigned long long ULL;
//rec: record forward direction hash value
//rRec:record backward direction hash value
//P: record power of BASE
ULL rec[N], rRec[N], P[N];
int Bin(int len, int end, int rEnd, int __len)
{
int l = 1, r = len;
while (l <= r)
{
int mid = l + (r - l) / 2;
ULL lHash = rec[end] - (end - mid >= 0 ? rec[end - mid] : 0) * P[mid];
ULL rHash = rRec[rEnd] - (rEnd + mid < __len ? rRec[rEnd + mid] : 0) * P[mid];
if (lHash ^ rHash)
r = mid - 1;
else
l = mid + 1;
}
return r;
}
int solution(char *S)
{
const int len = strlen(S);
P[0] = 1ULL;
//calculate power of BASE
for (int i = 1; i < =len; ++i)
P[i] = P[i - 1] * 131;
rec[0] = S[0], rRec[len - 1] = S[len - 1];
//calculate the string <span style="font-family:Microsoft YaHei;">hash </span>value
for (int i = 1, j = len - 2; i < len; ++i, --j)
rec[i] = rec[i - 1] * BASE + S[i], rRec[j] = rRec[j + 1] * BASE + S[j];
int ans = 0;
for (int i = 0; i < len; ++i)
{
int tmp;
//for the even case
tmp = Bin(min(i + 1, len - i - 1), i, i + 1, len);
ans = max(ans, tmp << 1);
//for the odd case
tmp = Bin(min(i, len - i - 1), i - 1, i + 1, len);
ans = max(ans, tmp << 1 | 1);
}
return ans;
}
上述代码有两个地方须要说明一下:1.无符号长整型溢出时，编译器会自己主动取模 2.关于计算P数组。假设是单case，P数组的求解能够放到solution函数中，假设是多case，P数组的求解必须放到外面，由于P数组仅仅用计算一次就能够了.此种解法。能跑过POJ
3974和hdu 3068，感兴趣的朋友能够试试这样的解法.
解法五
Manacher算法
-
i <= right: 先计算i关于center的对称点i' = 2 * center - i，依据回文串的对称性，从框左边left...i'和i...right是一致的。假设P[i']的值能把i + P[i']的值限定在框里，那么P[i] = P[i']，由于框里的东西已经比較过了。比如源串为babcbabcbaccba，如今要计算P[13]值，例如以下图所看到的:
i = 13关于center的对称点是i' = 9。将[i' - P[i']......i + P[i]]子串取出(这里为了便于叙述，先如果i' - P[i'] >L)。得到例如以下的图:
通过对照上图能够发现，以i'为中点的最长回文子串S[8..10]相应着S[12...14]，也就是说，S[i' - P[i']...i' + P[i']]与S[i - P[i']...i + P[i']]一定是相等的（注:此处的前提条件是i' - P[i'] >L)，并且P[i]一定等于P[i']，由于S[i + P[i'] + 1] 一定不等于S[i - P[i'] - 1]，这在求P[i']时，就已经比較过了。当i' - P[i'] <= L时，能够得到S[L...2 * i' -
L]一定是回文子串，而S[L...2 * i' - L]恒等于S[2 * i - R....R]。此时，P[i]的值至少是R - i。而大于right部分的，都是没有比較过的，所以仅仅能以i为中点，以R - i + 1为半径向两边扩展。结合i' - P[i'] > L和i' - P[i'] <= L的情况，能够发现P[i]的值至少等于min(P[i'], R - i)，所以，在i < right的情况下。使P[i] = min(P[i'], R - i)，然后以i为中心，P[i]为半径，向两边扩展。并更新对应的center和right值就可以. - i > right: 这样的情况下，仅仅能以i为中心，向两边扩展，并更新对应的center和right值。
复杂度分析
const int N = 1e+6 + 7;
char orign[N << 1];
int P[N << 1];
int Manacher(char *S)
{
int len = strlen(S);
S[len << 1] = '#', S[len << 1 | 1] = '\0';
for (int i = len - 1; i >= 0; --i)
S[i << 1 | 1] = S[i], S[i << 1] = '#';
int center = 0, right = 0, ans = 0;
len <<= 1;
for (int i = 0; i <= len; ++i)
{
P[i] = i <= right ? min(P[2 * center - i], right - i) : 0;
while (i - P[i] - 1 >= 0 && i + P[i] + 1 <= len && S[i - P[i] - 1] == S[i + P[i] + 1])
++P[i];
if (i + P[i] > right)
right = i + P[i], center = i;
ans = max(ans, P[i]);
}
return ans;
}
应用一:回文子串个数
如果如今须要求解以i为中心、长度为奇数的回文子串数量。仅仅须要找到以i为中心、长度为奇数的最长回文子串的长度值，然后将长度值加一除2。即为所求的解。偶数的处理方式一样。而在求解最长回文子串的长度时，计算出来的P[i]值。就已经计算出了以源串全部点为中心、长度各自是偶数和奇数的最长回文子串的长度。仅仅须要线性遍历一遍P[i]数组，将(P[i]
+ 1) / 2的值累加，就是S的回文子串的个数。
应用二:扩展KMP
现计算P[i]，如果P[1...i - 1]都已经计算好了，设定right为max(P[x] - 1 + x)(1 <= x < i)。left为取到right值时的x值。(1)当right >= i时，通过已经计算出来的P[1..i-1]值，我们可知S[left....right] = S[0...right
- left]。找到i的位置相当于S串的开头的位置:i' = i - left，假设i + P[i'] <= right。那么非常easy得出P[i] = P[i']。假设i + P[i'] > right，那么P[i]的值至少为right - i + 1，综上两个情况，易知P[i]值至少为min(P[i']。right - i + 1)，然后暴力比較，并更新对应的left和right。因为right的值仅仅能添加n次。所以该算法是。
n)。相同能够利用上述的方法在