动态规划
Given a string S, find the longest palindromic substring in S. You may assume that the maximum length of S is 1000, and there exists one unique longest palindromic substring.
求字符串的最长回文子串
算法1：暴力解法，枚举所有子串，对每个子串判断是否为回文，复杂度为O(n^3)
算法2：删除暴力解法中有很多重复的判断。很容易想到动态规划，时间复杂度O（n^2）,空间O（n^2）,动态规划方程如下：
- dp[i][j] 表示子串s[i…j]是否是回文
- 初始化：dp[i][i] = true (0 <= i <= n-1); dp[i][i-1] = true (1 <= i <= n-1); 其余的初始化为false
- dp[i][j] = (s[i] == s[j] && dp[i+1][j-1] == true)
在动态规划中保存最长回文的长度及起点即可。
C++实现代码：
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
using namespace std;
class Solution
{
public:
string longestPalindrome(string s)
{
if(s.empty())
return NULL;
int start=0;
int end=0;
int n=s.length();
bool dp[n][n];
memset(dp,false,sizeof(dp));
int i;
dp[0][0]=true;
for(i=1;i<n;i++)
{
dp[i][i]=true;
dp[i][i-1]=true;
}
int k;//k用于记录从i开始的子串的长度,当长度为1是肯定是回文，从len=2开始判断
for(k=2;k<=n;k++)
{
for(i=0;i<=n-k;i++)
{
if(s[i]==s[i+k-1]&&dp[i+1][i+k-2])
{
dp[i][i+k-1]=true;
if(k>end-start+1)
{
start=i;
end=i+k-1;
}
}
}
}
return s.substr(start,end-start+1);
}
};
int main()
{
string s1="bbb";
Solution s;
cout<<s.longestPalindrome(s1)<<endl;
}
思路3. 思路来源于此
http://www.leetcode.com/2011/11/longest-palindromic-substring-part-ii.html
不过原文的陈述仔细研究了一下，有一些地方让人着实费解，所以自己决定重写一遍。
这里描述了一个叫Manacher’s Algorithm的算法。
算法首先将输入字符串S， 转换成一个特殊字符串T，转换的原则就是将S的开头结尾以及每两个相邻的字符之间加入一个特殊的字符，例如#
例如: S = “abaaba”, T = “#a#b#a#a#b#a#”.
为了找到最长的回文字串，例如我们当前考虑以Ti为回文串中间的元素，如果要找到最长回文字串，我们要从当前的Ti扩展使得 Ti-d … Ti+d 组成最长回文字串. 这里 d 其实和 以Ti为中心的回文串长度是一样的. 进一步解释就是说，因为我们这里插入了 # 符号，对于一个长度为偶数的回文串，他应该是以#做为中心的，然后向两边扩，对于长度是奇数的回文串，它应该是以一个普通字符作为中心的。通过使用#，我们将无论是奇数还是偶数的回文串，都变成了一个以Ti为中心，d为半径两个方向扩展的问题。并且d就是回文串的长度。
例如 #a#b#a#, P = 0103010, 对于b而言P的值是3，是最左边的#，也是延伸的最左边。这个值和当前的回文串是一致的。
如果我们求出所有的P值，那么显然我们要的回文串，就是以最大P值为中心的回文串。
T = # a # b # a # a # b # a # P = 0 1 0 3 0 1 6 1 0 3 0 1 0
例如上面的例子，最长回文是 “abaaba”, P6 = 6.
根据观察发现，如果我们在一个位置例如 abaaba的中间位置，用一个竖线分开，两侧的P值是对称的。当然这个性质不是在任何时候都会成立，接下来就是分析如何利用这个性质，使得我们可以少算很多P的值。
下面的例子 S = “babcbabcbaccba” 存在更多的折叠回文字串。
C表示当前的回文中心，L和R处的线表示以C为中心可以到达的最左和最右位置，如果知道这些，我们如何可以更好的计算C后面的P[i].
假设我们当前计算的是 i = 13, 根据对称性，我们知道对称的那个下标 i' = 9.
根据C对称的原则，我们很容易得到如下数据 P[ 12 ] = P[ 10 ] = 0, P[ 13 ] = P[ 9 ] = 1, P[ 14 ] = P[ 8 ] = 0).
Now we are at index i = 15, and its mirrored index around C is i’ = 7. Is P[ 15 ] = P[ 7 ] = 7?
当时当i = 15的时候，却只能得到回文 “a#b#c#b#a”, 长度是5， 而对称 i ' = 7 的长度是7.
如上图所示，如果以 i, i' 为中心，画出对称的区域如图，其中以i‘ = 7 对称的区域是 实心绿色 + 虚绿色 和 左侧，虚绿色表示当前的对称长度已经超过之前的对称中心C。而之前的P对称性质成立的原因是 i 右侧剩余的长度 R - i 正好比 以 i‘ 为中心的回文小。
这个性质可以这样归纳，对于 i 而言，因为根据C对称的最右是R，所以i的右侧有 R - i 个元素是保证是 i' 左侧是对称的。 而对于 i' 而言他的P值，也就是回文串的长度，可能会比 R-i 要大。 如果大于 R - i, 对于i而言，我们只能暂时的先填写 P[i] = R - i, 然后依据回文的属性来扩充P[i] 的值； 如果P[i '] 小于R-i，那么说明在对称区间C内，i的回文串长度和i' 是一样长的。例如我们的例子中 i = 15, 因为R = 20，所以i右侧 在对称区间剩余的是 R - 15 = 5, 而 i’ = 7 的长度是7. 说明 i' 的回文长度已经超出对称区间。我们只能使得P[i] 赋值为5， 然后尝试扩充P[i].
if P[ i' ] ≤ R – i,
then P[ i ] ← P[ i' ]
else P[ i ] ≥R – i. (这里下一步操作是扩充 P[ i ].
扩充P[i] 之后，我们还要做一件事情是更新 R 和 C， 如果当前对称中心的最右延伸大于R，我们就更新C和R。在迭代的过程中，我们试探i的时候，如果P[i'] <= R - i, 那么只要做一件事情。 如果不成立我们对当前P[i] 做扩展，因为最大长度是n，扩展最多就做n次，所以最多做2*n。 所以最后算法复杂度是 O(n)
或许贴上代码更容易一些。直接使用大神的代码了，虽然自己也实现了，不过是理解大神的思路实现的。
C++实现代码：
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<new>
using namespace std;
class Solution
{
public:
// 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 "^$";
string ret = "^";
for (int i = 0; i < n; i++)
ret += "#" + s.substr(i, 1);
ret += "#$";
return ret;
}
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; // equals to i' = C - (i-C)
P[i] = (R > i) ? min(R-i, P[i_mirror]) : 0;
// Attempt to expand palindrome centered at i
while (T[i + 1 + P[i]] == T[i - 1 - P[i]])
P[i]++;
// If palindrome centered at i expand past R,
// adjust center based on expanded palindrome.
if (i + P[i] > R)
{
C = i;
R = i + P[i];
}
}
for(int k=0;k<n;k++)
cout<<P[k]<<" ";
cout<<endl;
// Find the maximum element in P.
int maxLen = 0;
int centerIndex = 0;
for (int i = 1; i < n-1; i++)
{
if (P[i] > maxLen)
{
maxLen = P[i];
centerIndex = i;
}
}
delete[] P;
return s.substr((centerIndex - 1 - maxLen)/2, maxLen);
}
};
int main()
{
string s1="abaaba";
Solution s;
cout<<s.longestPalindrome(s1)<<endl;
}