问题描述
给定一个字符串，求这个字符串中最长的回文串的长度。
处理原串
首先，回文串有两种形式。
1.长度为奇数。如 aaa，回文中心在字母上。
2.长度为偶数。如 aaaa，回文中心在两个字母之间。
考虑怎样同时计算这两种情况的答案。
在字母之间插入一些特殊字符，例如， aaa 变为 ~#a#a#a#，aaaa 变为 ~#a#a#a#a# .（前面的 ~ 可以使代码实现方便一些，防止找到外面去，现在没用）
这样操作后，可以发现，所有回文串都转化为了第一种情况。
~ 设为新字符串下标为 0 的位置上的字符。
设原字符串长为 \(n\) ，则新字符串最后一位的下标为 \(n \times 2+1\) .
算法流程
设 \(\text{mr}\) 表示当前触及的最右边的字符的位置，\(\text{mid}\) 表示包含当前触及的最右边的字符的最大回文串的回文中心的位置。
设数组 \(p\) ， \(p_i\) 表示以位置 \(i\) 为对称中心，在 \(1 \sim \text{mr}\) 的范围内的最长的回文串的长度。
可以发现，要求的答案即为 \(p_i\) 的最大值。
从小到大枚举 \(i\) ，考虑如何更新 \(p_i\) .
因为 \(\text{mid}\) 一定已经更新过，所以 \(i\) 一定在 \(\text{mid}\) 的右边。
故分为两种情况讨论。
1.若 \(i\) 在 \(\text{mr}\) 的左边。
设 \(i\) 关于 \(\text{mid}\) 的对称点为 \(j\) .（显然， \(j\) 可以由中点公式直接得到）
下面，称包含当前触及的最右边的字符的最大回文串为大回文串。
\(p_j\) 对应的回文串为前面的小回文串，还未更新的 \(p_i\) 对应的回文串为后面的小回文串。
后面的小回文串的右端如果与大回文串的右端重合，为特殊情况，需要将 \(p_j\) （为什么是 \(p_j\) 见下面一种情况）与 \(\text{mr}-i+1\) （在边界内可能延伸的最大的长度）取 \(\min\) 得到 \(p_i\)，同时，后面的小回文串还可能继续往外延伸。
在后面的小回文串的右端不与大回文串的右端重合的情况下，若前面的小回文串在后面的小回文串的基础上还能延伸，因为后面的小回文串的右端不与大回文串的右端重合，所以后面的小回文串后面还有字符，又因为两个回文串的对称中心（即 \(i\) 和 \(j\)）关于大回文串的对称中心（即 \(\text{mid}\)）对称，则后面的小回文串必然也还能延伸。与 \(p_i\) 的定义矛盾（此时，\(p_i\) 对应的不是最大的回文串）。故 \(p_i=p_j\)。此时，后面的小回文串已不可能往外延伸。
整理为一般的做法，则 \(p_i=\min(p_{\text{mid} \times 2-i},\text{mr}-i+1)\) .（其中， \(\text{mid} \times 2-i\) 即为 \(j\)）
前一种情况（后面的小回文串的右端与大回文串的右端重合）下需要的往外延伸，暴力即可。记得更新 \(\text{mr}\) 和 \(\text{mid}\) 。
2.若 \(i\) 在 \(\text{mr}\) 的右边。
直接把 \(p_i\) 设为 0 或 1 ，同样暴力尝试向外延伸即可。
最后要注意，求得的答案为转化后的串中最大回文串的回文半径，经过多次观察，原问题的答案即为现在求得的答案减去 1 。
复杂度证明
首先，遍历 \(i\) 的复杂度为 \(O(n)\) .
在第一种情况的后一种情况（后面的小回文串的右端不与大回文串的右端重合）下，即使尝试，也不会向外延伸，直接得到了 \(p_i\) .
在其它情况下，得到初始的答案后，每暴力往外延伸一步， \(\text{mr}\) 也往右移一步。串长为 \(O(n)\) 级别的，所以 \(\text{mr}\) 移动的次数是 \(O(n)\) 级别的，所以暴力延伸时尝试成功的次数也只会是 \(O(n)\) 级别的。
所以，总复杂度为 \(O(n)\) 的。
代码实现
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=3e7+10;
char a[N],s[N];
int n,p[N];
int MIN(int x,int y)
{
return x<y?x:y;
}
int MAX(int x,int y)
{
return x>y?x:y;
}
int manacher()
{
int mr=0,mid=0;
for(int i=1;i<n;i++)
{
if(i<mr) p[i]=MIN(p[mid*2-i],mr-i+1);
while(a[i+p[i]]==a[i-p[i]]) p[i]++;
if(i+p[i]-1>mr) mr=i+p[i]-1,mid=i;
//i+p[i]-1为这个串的右端
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++) ans=MAX(ans,p[i]);
return ans-1;
}
int main()
{
scanf("%s",s+1);
n=strlen(s+1);
a[0]='~',a[1]='#';
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i*2]=s[i],a[i*2+1]='#';
n=n*2+1;
printf("%d",manacher());
return 0;
}