回文子串
回文分为奇数回文和偶数回文，即字符串的长度为奇数还是偶数。其实只需要讨论奇数的情况，即以某个字符为中心，左右两边的字符按照中心对称的情况（偶数的情况可以通过本文末尾的方法转换成奇数的情况）。
最长回文子串
朴素算法
枚举每个字符，作为中心，向两边扩展判断是否相等，找到最大的可行长度。算法最坏复杂度O(n^2)。
Manacher算法
用p[i]表示以第i个字符为中心轴，两边字符轴对称的最大半径。如图所示，p[1]=1,p[2]=2,p[4]=3,p[7]=5。主体思想还是和朴素算法类似，从小到大枚举i，计算p[i]。核心思想在于p[i]的初始值，它不再是1，而是根据之前计算的{p[j] | 1<=j<i}来确定p[i]的初始值。
我们用一个变量ct来保存前面所有字符产生的最大回文子串的“最大右边界”的中心轴位置，“最大右边界”的含义不是p[i]最大，而是i + p[i]最大，如图2中枚举完前8个位置后，得到ct=7，对应的右边界为ct + p[ct] - 1。
然后，我们有了一些初始信息，那么当枚举到第i个字符时，分情况讨论：
1)如图3所示，如果i<ct+p[ct]，即第i个字符必然落在以ct为中心轴的最大回文子串之内。那么我们必然可以找到一个和i点按照ct轴对称的点j，满足(i+j)/2=ct，则j = 2*ct-i。
这时候，我们继续分情况讨论，j的位置可能衍生出三种情况，如图4所示：
(a)的情况，p[i]=p[j]，而且不可能再长。假设p[i]能够再长，则根据对称性，p[j]也能够再长，但是p[j]已经确定了，所以假设不成立；
(b)的情况，p[i]=p[j]，和(a)不同的是，它有可能还可以向两边扩张；
(c)的情况，p[i]=ct+p[ct]-i，而且不可能再长。还是利用反证法，如果p[i]两边可以再扩张一个字符，如图中的y和z部分相等，那么必然x和y部分也相等（根据对称性），而x和w也相等，从而w和z相等，这样说明原本的p[ct]可以再增长，而p[ct]已经确定了，所以假设不成立。
2)i>=ct+p[ct]，那么前面的一些计算信息无法为我们所用，于是p[i] = 1;
综合上述情况，可以得到p[i]的初始值如下：
if (i < ct + p[ct]) {
p[i] = min(p[2*ct-i], ct + p[ct]-i);
}else {
p[i] = 1;
}
然后再循环判断第i-p[i]个字符和第i+p[i]个字符是否相等，如果相等则p[i]++；否则退出循环。然后利用新的i+p[i]更新ct。
代码实现
int Manacher(char *str) {
int ct = 0, r = 0, maxLen = 1;
p[0] = 1;
for(int i = 1; str[i]; ++i) {
// 1.计算p[i]初始值
if(i < r) {
p[i] = Min(p[2*ct-i], r-i);
}else {
p[i] = 1;
}
// 2.扩张p[i]，以适应达到p[i]最大值
while(i-p[i]>=0 && str[i-p[i]] == str[i+p[i]])
++p[i];
// 3.更新ct
if(p[i] + i > r) {
ct = i;
r = p[i] + i;
}
// 4.更新最长回文
if(2*p[i]-1 > maxLen) {
maxLen = 2*p[i] - 1;
}
}
return maxLen;
}当所有字符都相等时，该算法达到最坏复杂度，观察可得复杂度O(n)。
奇偶回文转换
以上算法只支持字符串长度为奇数的情况，那么接下来我们通过一种方法，将偶数字符串转换成奇数。如图所示，相邻字符间插入一个不在该字符串的字符集中的字符，比如$。原串长度为s，则转换后的串长度为2*s+1，所以必然为奇数。
并且这么做以后有几个比较明显的性质：
1、任何一个回文子串的两端必然是'$'。
2、以'$'为中心的最长回文子串的半径一定是奇数；反之，一定是偶数。
Manacher
Manacher
Manacher+单调性
Manacher+动态规划
Manacher+枚举
Manacher+树状数组
Manacher+RMQ+枚举
HDU 3068 最长回文
题意：给定一个长度为N(N<=110000)的字符串，求它的最长回文子串的长度。
题解：间隔插入字符'$'后，利用Manacher算法求出每个字符为中心的最长回文子串半径p[i]，比较取得最大的p[i]记为Max，则Max-1就是最后的答案。
HDU 3294 Girl's research
题意：在一个长度为N(N<=200000)的字符串中，找到一个最长回文子串，并且输出。
题解：间隔插入字符'$'后，利用Manacher算法求出每个字符为中心的最长回文子串半径p[i]，比较取得最大的p[i]，输出两端即可。
HDU 4513 吉哥系列故事——完美队形II
题意：在一个长度为N(N<=100000)的整数序列中，找到一个连续的回文序列，且从左到中间保持单调不降。
题解：对于原序列，计算一个辅助数组h，h[i]代表从自己到最左边的单调不增的序列长度。然后在原序列间隔插入-1，利用Manacher算法求出每个数为中心的最长回文子序列的半径p[i]，然后对新序列（插入-1的序列）的每个i (i 下标从0开始计) 进行计算求最大值。回文和单调取交集，即满足半径小的那个。
以第i个元素为中心轴，如果这个元素是-1，则两边必然偶对称，min{p[i]-1, 2*h[i/2-1]}；否则为奇对称，取值为min{p[i]-1, 2*q[i/2]-1}，取所有这些串中的最大值就是答案。
HDU 5677 ztr loves substring
题意：给定N(N<=100)个字符串，要求取出其中K(K<=100)个子串，组成一个长度为L(L <=100)的子串。并且这些子串需要满足的条件是必须回文。可行输出Yes，不可行输出No。
题解：利用Manacher求出每个串的回文子串中长度为 i (i <= 该字符串长度)的个数。然后将这些个数合并。
用dp[i][j][k]表示可以选择的子串长度为1-i的情况下，选择个数为j个，组成长度为k的方案是否可行。然后就是一个O(n)的状态转移，算法最坏复杂度O(n^4)。实际上肯定达不到，因为只要有一个i满足dp[i][K][L]=true，则可以直接输出Yes了。
初始状态dp[0][0][0]=true，其它均为false，然后枚举进行状态转移即可。
HDU 5340 Three Palindromes
题意：给定N(N<=20000)个字符串，求判断是否能够将它切两刀，将它变成三个回文串。
题解：首先还是插入字符'$'，求一遍Manacher，然后开始找一些有趣的性质。我们可以分成两种情况讨论：
1)第一种，中间那个串的最长回文子串去掉后，两边的串分别正好是回文串。这种情况比较简单，枚举每个字符作为中心轴，去掉中间那个回文串后，确定两边两个串的中心轴，利用p[i]判断是否满足回文条件即可。
2)第二种，中间那个串的最长回文去掉后，两边无法再构成回文；但是中间串缩短长度后，两边有可能构成回文。如图所示：
这种情况下，我们需要枚举中间那个串的实际长度，这个实际长度最大值为p[i]，然后每次减2。由于逐渐减小长度的过程中，必然两个边界是按照中心轴对称的，而边界需要满足分别和原串的两边界对称，所以在减小长度的同时可以比较原串的收尾是否有不相等的情况，一旦不相等就可以退出循环了，复杂度小于O(n^2)。
HDU 5785 Interesting（推荐）
题意：给定一个长度小于等于N(N<=10^6)的字符串S[N]，有三元组(i,j,k)满足1<=i<=j<k<len，且S[i...j]和S[j+1...k]均为回文串。现在需要输出所有这些三元组的i*k的和模1000000007。
题解：首先插入字符'$'，原串S变成S'，然后求一遍Manacher，记录下p[i]。然后就是枚举j，看左边有多少i满足S[i...j]是回文，右边有多少k满足S[j+1...k]是回文。如果用朴素的做法，统计所有i的和以及k的和相乘加和，总的复杂度为O(n^2)。所以我们可以采用树状数组来加速这部分求和。
我们先讨论S[i...j]部分的求和统计。目的是找到以j结尾的所有回文串S[i...j]中i的和。
首先枚举所有非'$'的字符y，然后我们的目的是要找到所有的x<=y，满足g=(x+y)/2，且g+p[g]>y。由于y对应的字符不是'$'，根据对称性，x对应的字符也不是'$'。x字符对应原字符串的下标为(x+1)/2。
所以问题转化成求：
例如，这个串以第9个字符结尾的回文串的左端点x集合是{1,5,9}，经过坐标转换后，原串的所有i求和为sum{ (x+1)/2 | x=1,5,9 }=1+3+5=9。
然而，实际计算的时候，所有i的求和只能通过O(n)的遍历，这样总的复杂度会变成O(n^2)，为了能够用树状数组进行统计，我们引入了一个中间变量，即所有这些回文串中心g。
因为g=(x+y)/2，所以x = 2g-y，于是有：
sum{g}代表所有满足条件的回文的中心轴数值的和，cnt代表有多少个回文串。那么，我们可以用两个树状数组分别统计这两个值，如图所示：
维护两个树状数组，一个统计cnt，一个统计sum。计算cnt的时候，对于每个p[g]，在g位置+1，g+p[g]位置-1；计算sum的时候，对于每个p[g]，在g位置+g，在g+p[g]位置-g。
这样对于每个j，就能计算所有i的和了，用同样方法计算所有k的和，然后相乘取模即可。算法复杂度O(nlogn)。当然还有一个更加高效的算法，每次插入和计算求和的时候都是递增的进行，所以可以不需要树状数组，直接一个O(n)的数组维护前缀和即可，总算法复杂度可以达到O(n)。
HDU 5371 Hotaru's problem
题意：给定一个N(N<=10^5)个元素的数组。定义N-序列为3K个元素，前K个和中间K个完全对称，并且前K个和最后K个元素完全相等。求N个元素中最长的N-序列的长度。
题解：由题意得，前K个和中间K个构成偶回文，且中间K个和最后K个也构成偶回文。
首先，数据量大的情况下，用G++提交利用输入外挂，可以节省500MS时间。然后就是各种乱搞，在相邻元素中间插入-1后跑一边Manacher，然后就是枚举以每个-1为对称轴的回文串，记录最优解Max。
枚举每个-1的对称轴i，然后在p[i]覆盖范围内找右边串的对称轴j，算法复杂度O(n^2)。但是，这里可以做很多优化，比如在当前可能的轴i和轴j之间如果没有一个k满足k-p[k]+1<=i，则不需要枚举j直接跳出循环。这一步可以用RMQ来完成。如果当前情况下能够求得的最优解已经小于等于Max，也不需要继续往下枚举。
还有一个比较依赖数据的剪枝，就是3*(Max+1)>N的时候退出整个循环（用于所有元素均相等的情况）。