转自：http://blog.csdn.net/hopeztm/article/details/7932245
Given a string S, find the longest palindromic substring in S.
给出一个字符串S，找到一个最长的连续回文串。
例如串 babcbabcbaccba 最长回文是:abcbabcba
这个题目小弟给出3中解法，前两种的都是 O(n^2)， 第三种思路是O(n).
思路1. 动态规划
这里动态规划的思路是 dp[i][j] 表示的是 从i 到 j 的字串，是否是回文串。
则根据回文的规则我们可以知道：
如果s[i] == s[j] 那么是否是回文决定于 dp[i+1][ j – 1]
当 s[i] != s[j] 的时候， dp[i][j] 直接就是 false。
动态规划的进行是按照字符串的长度从1 到 n推进的。
代码很明晰：给出java代码，复杂度 O(n^2)
public class DPSolution { boolean[][] dp;public String longestPalindrome(String s)
{
if(s.length() == 0)
{
return "";
}
if(s.length() == 1)
{
return s;
}dp = new boolean[s.length()][s.length()];int i,j;for( i = 0; i < s.length(); i++)
{
for( j = 0; j < s.length(); j++)
{
if(i >= j)
{
dp[i][j] = true; //当i == j 的时候，只有一个字符的字符串; 当 i > j 认为是空串，也是回文}
else
{
dp[i][j] = false; //其他情况都初始化成不是回文
}
}
}int k;
int maxLen = 1;
int rf = 0, rt = 0;
for( k = 1; k < s.length(); k++)
{
for( i = 0; k + i < s.length(); i++)
{
j = i + k;
if(s.charAt(i) != s.charAt(j)) //对字符串 s[i....j] 如果 s[i] != s[j] 那么不是回文
{
dp[i][j] = false;
}
else //如果s[i] == s[j] 回文性质由 s[i+1][j-1] 决定
{
dp[i][j] = dp[i+1][j-1];
if(dp[i][j])
{
if(k + 1 > maxLen)
{
maxLen = k + 1;
rf = i;
rt = j;
}
}
}
}
}
return s.substring(rf, rt+1);
}
}
思路2. KMP匹配
第二个思路来源于字符串匹配，最长回文串有如下性质：
对于串S, 假设它的 Reverse是 S’, 那么S的最长回文串是 S 和 S’ 的最长公共字串。
例如 S = abcddca, S’ = acddcba， S和S’的最长公共字串是 cddc 也是S的最长回文字串。（参见本博客http://www.cnblogs.com/xubenben/p/3330712.html可获得线性时间算法）
如果S‘是 模式串，我们可以对S’的所有后缀枚举(S0, S1, S2, Sn) 然后用每个后缀和S匹配，寻找最长的匹配前缀。
例如当前枚举是 S0 = acddcba 最长匹配前缀是 a
S1 = cddcba 最长匹配前缀是 cddc
S2 = ddcba 最长匹配前缀是 ddc
当然这个过程可以做适当剪枝，如果当前枚举的后缀长度，小于当前找到的最长匹配，则直接跳过。
Java 代码如下：
public class Solution {
private int[] next;
private void GetNext(String s) //KMP求next数组
{
int i,j; i = 0;
j = -1; next[0] = -1; while( i < s.length())
{
if( j == -1 || s.charAt(i) == s.charAt(j))
{
i++;
j++;
next[i] = j;
}
else
{
j = next[j];
}
}
}
private int compare(String pattern, String s) //用KMP算法做求出最长的前缀匹配
{
int i,j; i = 0;
j = 0; int maxLen = 0;
while( i < s.length())
{
if(j == -1 || pattern.charAt(j) == s.charAt(i))
{
i++;
j++;
}
else
{
j = next[j];
}
if( j > maxLen)
{
maxLen = j;
}
if(j == pattern.length())
{
return maxLen;
}
}
return maxLen;
}public String longestPalindrome(String s) //
{
// Start typing your Java solution below
// DO NOT write main() function
String reverString = new StringBuilder(s).reverse().toString(); //求得到 输入string 的reverse
next = new int[s.length() + 1]; String maxPal = "";
int maxLen = 0;
int len;
for(int i = 0; i < s.length(); i++) //枚举所有后缀
{
String suffix = reverString.substring(i);
if(suffix.length() < maxLen)
{
break;
}
GetNext(suffix);
len = compare(suffix, s);
if( len > maxLen)
{
maxPal = suffix.substring(0, len);
maxLen = len;
} }
return maxPal; }
}
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。
// 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];
}
} // 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);
}
