leetCode 系列 （5） Longest Palindromic Substring
leetcode.windliang.cc/ 第一時間釋出
題目描述（中等難度）
給定一個字串，輸出最長的迴文子串。迴文串指的是正的讀和反的讀是一樣的字串，例如 "aba"，"ccbbcc"。
解法一 暴力破解
暴力求解，列舉所有的子串，判斷是否為迴文串，儲存最長的迴文串。
public boolean isPalindromic(String s) {
int len = s.length();
for (int i = 0; i < len / 2; i++) {
if (s.charAt(i) != s.charAt(len - i - 1 時間複雜度：兩層 for 迴圈 O（n²），for 迴圈裡邊判斷是否為迴文，O（n），所以時間複雜度為 O（n³）。
空間複雜度：O（1），常數個變數。
解法二 最長公共子串
根據迴文串的定義，正著和反著讀一樣，那我們是不是把原來的字串倒置了，然後找最長的公共子串就可以了。例如，S = " caba"，S' = " abac"，最長公共子串是 "aba"，所以原字串的最長迴文串就是 "aba"。
關於求最長公共子串（不是公共子序列），有很多方法，這裡用動態規劃的方法，可以先閱讀下邊的連結。
整體思想就是，申請一個二維的陣列初始化為 0，然後判斷對應的字元是否相等，相等的話
arr [ i ][ j ] = arr [ i - 1 ][ j - 1] + 1 。
當 i = 0 或者 j = 0 的時候單獨分析，字元相等的話 arr [ i ][ j ] 就賦為 1 。
arr [ i ][ j ] 儲存的就是公共子串的長度。
public String longestPalindrome(String s) {
if (s.equals(""))
return "";
String origin = s;
String reverse = new StringBuffer(s).reverse().toString(); //字串倒置
int length = s.length();
int[][] arr = new int[length][length];
int maxLen = 0;
int maxEnd = 0;
for (int i = 0; i < length; i++)
for (int j = 0; j < length; j++) {
if (origin.charAt(i) == reverse.charAt(j)) {
if (i == 0 || j == 0) {
arr[i][j] = 1;
} else {
arr[i][j] = arr[i - 1][j - 1] + 1;
}
}
if (arr[i][j] > maxLen) {
maxLen = arr[i][j];
maxEnd = i; //以 i 位置結尾的字元
}
}
}
return s.substring(maxEnd - maxLen + 1, maxEnd + 1);
}
複製程式碼再看一個例子，S = "abc435cba"，S’ = "abc534cba" ，最長公共子串是 "abc" 和 "cba" ，但很明顯這兩個字串都不是迴文串。
所以我們求出最長公共子串後，並不一定是迴文串，我們還需要判斷該字串倒置前的下標和當前的字串下標是不是匹配。
比如 S = " caba "，S' = " abac " ，S’ 中 aba 的下標是 0 1 2 ，倒置前是 3 2 1，和 S 中 aba 的下標符合，所以 aba 就是我們需要找的。當然我們不需要每個字元都判斷，我們只需要判斷末尾字元就可以。
首先 i ，j 始終指向子串的末尾字元。所以 j 指向的紅色的 a 倒置前的下標是 beforeRev = length - 1 - j = 4 - 1 - 2 = 1，對應的是字串首位的下標，我們還需要加上字串的長度才是末尾字元的下標，也就是 beforeRev + arr[ i ] [ j ] - 1 = 1 + 3 - 1 = 3，因為 arr[ i ] [ j ] 儲存的就是當前子串的長度，也就是圖中的數字 3 。此時再和它與 i 比較，如果相等，則說明它是我們要找的迴文串。
之前的 S = "abc435cba"，S' = "abc534cba" ，可以看一下圖示，為什麼不符合。
當前 j 指向的 c ，倒置前的下標是 beforeRev = length - 1 - j = 9 - 1 - 2 = 6，對應的末尾下標是 beforeRev + arr[ i ] [ j ] - 1 = 6 + 3 - 1 = 8 ，而此時 i = 2 ，所以當前的子串不是迴文串。
程式碼的話，在上邊的基礎上，儲存 maxLen 前判斷一下下標匹不匹配就可以了。
public String longestPalindrome(String s) {
if (s.equals(""))
return "";
String origin = s;
String reverse = new StringBuffer(s).reverse().toString();
int length = s.length();
int[][] arr = new int[length][length];
int maxLen = 0;
int maxEnd = 0;
for (int i = 0; i < length; i++)
for (int j = 0; j < length; j++) {
if (origin.charAt(i) == reverse.charAt(j)) {
if (i == 0 || j == 0) {
arr[i][j] = 1;
} else {
arr[i][j] = arr[i - 1][j - 1] + 1;
}
}
/**********修改的地方*******************/
if (arr[i][j] > maxLen) {
int beforeRev = length - 1 - j;
if (beforeRev + arr[i][j] - 1 == i) { //判斷下標是否對應
maxLen = arr[i][j];
maxEnd = i;
}
/*************************************/
}
}
return s.substring(maxEnd - maxLen + 1, maxEnd + 1);
}
複製程式碼時間複雜度：兩層迴圈，O（n²）。
空間複雜度：一個二維陣列，O（n²）。
空間複雜度其實可以再優化一下。
我們分析一下迴圈，i = 0 ，j = 0，1，2 ... 8 更新一列，然後 i = 1 ，再更新一列，而更新的時候我們其實只需要上一列的資訊，更新第 3 列的時候，第 1 列的資訊是沒有用的。所以我們只需要一個一維陣列就可以了。但是更新 arr [ i ] 的時候我們需要 arr [ i - 1 ] 的資訊，假設 a [ 3 ] = a [ 2 ] + 1，更新 a [ 4 ] 的時候， 我們需要 a [ 3 ] 的資訊，但是 a [ 3 ] 在之前已經被更新了，所以 j 不能從 0 到 8 ，應該倒過來，a [ 8 ] = a [ 7 ] + 1，a [ 7 ] = a [ 6 ] + 1 , 這樣更新 a [ 8 ] 的時候用 a [ 7 ] ，用完後才去更新 a [ 7 ]，保證了不會出錯。
public String longestPalindrome(String s) {
if (s.equals(""))
return "";
String origin = s;
String reverse = new StringBuffer(s).reverse().toString();
int length = s.length();
int[] arr = new int[length];
int maxLen = 0;
int maxEnd = 0;
for (int i = 0; i < length; i++)
/**************修改的地方***************************/
for (int j = length - 1; j >= 0; j--) {
/**************************************************/
if (origin.charAt(i) == reverse.charAt(j)) {
if (i == 0 || j == 0) {
arr[j] = 1;
} else {
arr[j] = arr[j - 1] + 1;
}
/**************修改的地方***************************/
//之前二維陣列，每次用的是不同的列，所以不用置 0 。
} else {
arr[j] = 0;
}
/**************************************************/
if (arr[j] > maxLen) {
int beforeRev = length - 1 - j;
if (beforeRev + arr[j] - 1 == i) {
maxLen = arr[j];
maxEnd = i;
}
}
}
return s.substring(maxEnd - maxLen + 1, maxEnd + 1);
}
複製程式碼時間複雜度：O（n²）。
空間複雜度：降為 O（n）。
解法三 暴力破解優化
解法一的暴力解法時間複雜度太高，在 leetCode 上並不能 AC 。我們可以考慮，去掉一些暴力解法中重複的判斷。我們可以基於下邊的發現，進行改進。
首先定義 P（i，j）。
接下來
所以如果我們想知道 P（i，j）的情況，不需要呼叫判斷迴文串的函數了，只需要知道 P（i + 1，j - 1）的情況就可以了，這樣時間複雜度就少了 O（n）。因此我們可以用動態規劃的方法，空間換時間，把已經求出的 P（i，j）儲存起來。
如果 $$S[i+1,j-1]$$ 是迴文串，那麼只要 S [ i ] == S [ j ] ，就可以確定 S [ i , j ] 也是迴文串了。
求 長度為 1 和長度為 2 的 P ( i , j ) 時不能用上邊的公式，因為我們代入公式後會遇到 $$P[i][j]$$ 中 i > j 的情況，比如求 $$P[1][2]$$ 的話，我們需要知道 $$P[1+1][2-1]=P[2][1]$$ ，而 $$P[2][1]$$ 代表著 $$S[2,1]$$ 是不是迴文串，顯然是不對的，所以我們需要單獨判斷。
所以我們先初始化長度是 1 的迴文串的 P [ i , j ]，這樣利用上邊提出的公式 $$P(i,j)=(P(i+1,j-1)&&S[i]==S[j])$$，然後兩邊向外各擴充一個字元，長度為 3 的，為 5 的，所有奇數長度的就都求出來了。
同理，初始化長度是 2 的迴文串 P [ i , i + 1 ]，利用公式，長度為 4 的，6 的所有偶數長度的就都求出來了。
public String longestPalindrome(String s) {
int length = s.length();
boolean[][] P = new boolean[length][length];
int maxLen = 0;
String maxPal = "";
for (int len = 1; len <= length; len++) //遍歷所有的長度
for (int start = 0; start < length; start++) {
int end = start + len - 1;
if (end >= length) //下標已經越界，結束本次迴圈
break;
P[start][end] = (len == 1 || len == 2 || P[start + 1][end - 1]) && s.charAt(start) == s.charAt(end); //長度為 1 和 2 的單獨判斷下
if (P[start][end] && len > maxLen) {
maxPal = s.substring(start, end + 1);
}
}
return maxPal;
}
複製程式碼時間複雜度：兩層迴圈，O（n²）。
空間複雜度：用二維陣列 P 儲存每個子串的情況，O（n²）。
我們分析下每次迴圈用到的 P（i，j），看一看能不能向解法二一樣優化一下空間複雜度。
當我們求長度為 6 和 5 的子串的情況時，其實只用到了 4 ， 3 長度的情況，而長度為 1 和 2 的子串情況其實已經不需要了。但是由於我們並不是用 P 陣列的下標進行的迴圈，暫時沒有想到優化的方法。
之後看到了另一種動態規劃的思路
公式還是這個不變
首先定義 P（i，j）。
接下來
遞推公式中我們可以看到，我們首先知道了 i +1 才會知道 i ，所以我們只需要倒著遍歷就行了。
public String longestPalindrome(String s) {
int n = s.length();
String res = "";
boolean[][] dp = new boolean[n][n];
for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
for (int j = i; j < n; j++) {
dp[i][j] = s.charAt(i) == s.charAt(j) && (j - i < 2 || dp[i + 1][j - 1]); //j - i 代表長度減去 1
if (dp[i][j] && j - i + 1 > res.length()) {
res = s.substring(i, j + 1);
}
}
}
return res;
}
複製程式碼時間複雜度和空間複雜和之前都沒有變化，我們來看看可不可以優化空間複雜度。
當求第 i 行的時候我們只需要第 i + 1 行的資訊，並且 j 的話需要 j - 1 的資訊，所以和之前一樣 j 也需要倒敘。
public String longestPalindrome7(String s) {
int n = s.length();
String res = "";
boolean[] P = new boolean[n];
for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
for (int j = n - 1; j >= i; j--) {
P[j] = s.charAt(i) == s.charAt(j) && (j - i < 3 || P[j - 1]);
if (P[j] && j - i + 1 > res.length()) {
res = s.substring(i, j + 1);
}
}
}
return res;
}
複製程式碼時間複雜度：不變，O（n²）。
空間複雜度：降為 O（n ) 。
解法四 擴充套件中心
我們知道迴文串一定是對稱的，所以我們可以每次迴圈選擇一箇中心，進行左右擴充套件，判斷左右字元是否相等即可。
由於存在奇數的字串和偶數的字串，所以我們需要從一個字元開始擴充套件，或者從兩個字元之間開始擴充套件，所以總共有 n + n - 1 箇中心。
public String longestPalindrome(String s) {
if (s == null || s.length() < 1) return "";
int start = 0, end = 0;
for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
int len1 = expandAroundCenter(s, i, i);
int len2 = expandAroundCenter(s, i, i + 1);
int len = Math.max(len1, len2);
if (len > end - start) {
start = i - (len - 1) / 2;
end = i + len / 2;
}
}
return s.substring(start, end + 1);
}
private int expandAroundCenter(String s, int left, int right) {
int L = left, R = right;
while (L >= 0 && R < s.length() && s.charAt(L) == s.charAt(R)) {
L--;
R++;
}
return R - L - 1;
}
複製程式碼時間複雜度：O（n²）。
空間複雜度：O（1）。
解法五 Manacher's Algorithm 馬拉車演算法。
馬拉車演算法 Manacher‘s Algorithm 是用來查詢一個字串的最長迴文子串的線性方法，由一個叫Manacher的人在1975年發明的，這個方法的最大貢獻是在於將時間複雜度提升到了線性。
主要參考了下邊連結進行講解。
ju.outofmemory.cn/entry/13000…
articles.leetcode.com/longest-pal…
首先我們解決下奇數和偶數的問題，在每個字元間插入"#"，並且為了使得擴充套件的過程中，到邊界後自動結束，在兩端分別插入 "^" 和 "$"，兩個不可能在字串中出現的字元，這樣向解法四那樣中心擴充套件的時候，判斷兩端字元是否相等的時候，如果到了邊界就一定會不相等，從而出了迴圈。經過處理，字串的長度永遠都是奇數了。
首先我們用一個數組 P 儲存從中心擴充套件的個數，巧合的它也是去掉 "#" 的字串的總長度，可以看下邊的圖。
用 P 的下標 i 減去 P[i]，再除以 2 ，就是原字串的開頭下標了。
例如我們找到 P[i] 的最大值為 5 ，也就是迴文串的最大長度是 5 ，對應的下標是 6 ，所以原字串的開頭下標是 （6 - 5 ）/ 2 = 0 。所以我們只需要返回原字串的第 0 到 第 （5 - 1）位就可以了。
接下來是演算法的關鍵了，它充分利用了迴文串的對稱性。
我們用 C 表示迴文串的中心，用 R 表示迴文串的右邊半徑。所以 R = C + P[i] 。C 和 R 所對應的迴文串是當前迴圈中 R 最靠右的迴文串。
用 i_mirror 表示當前擴充套件的第 i 個字元關於 C 對應的下標。
我們現在要求 P [ i ] 如果是解法四，那就向兩邊擴充套件就行了。但是我們其實可以利用迴文串 C 的對稱性。i 關於 C 的對稱點是 i_mirror ，P [ mirror ] = 3，所以 P [ i ] 也等於 3 。
有三種情況將會造成直接賦值為 P [ mirror ] 是不正確的。
超出了 R
當我們要求 P[i] 的時候，P [ mirror ] = 7，而此時 P [ i ] 並不等於 7 ，為什麼呢，因為我們從 i 開始往後數 7 個，等於 22 ，已經超過了最右的 R ，此時不能利用對稱性了，但我們一定可以擴充套件到 R 的，所以 P [i] 至少等於 R - i = 20 - 15 = 5，會不會更大呢，我們只需要比較 T[R+1] 和 T[R+1]關於 i 的對稱點就行了，像解法四一樣一個個擴充套件。
P [ mirror ] 遇到了左邊界
此時 P [ i ] 賦值成 1 是不正確的，出現這種情況的原因是 P [ i_mirror ] 在擴充套件的時候首先是 "#" == "#" ，之後遇到了 "^"和另一個字元比較，也就是到了邊界，才終止迴圈的。而 P [ i ] 並沒有遇到邊界，所以我們可以接著擴充套件，就像之前一樣。
i 等於了 R
此時我們先把 P [ i ] 賦值為 0 ，然後一步一步擴充套件就行了。
就這樣一步一步的求出每個 P [ i ]，當求出的 P [ i ] 的右邊界大於當前的 R 時，我們就需要更新 C 和 R 為當前的迴文串了。因為我們必須保證 i 在 R 裡面，所以一旦有更右邊的 R 就要更新 R。
此時的 P [ i ] 求出來將會是 3 ，P [ i ] 對應的右邊界將是 10 + 3 = 13，所以大於當前的 R ，我們需要把 C 更新成 i 的值，也就是 10 ，R 更新成 13。繼續下邊的迴圈。
public String preProcess(String s) {
int n = s.length();
if (n == 0) {
return "^$";
}
String ret = "^";
for (int i = 0; i < n; i++)
ret += "#" + s.charAt(i);
ret += "#$";
return ret;
}
// 馬拉車演算法
public String longestPalindrome2(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;
if (R > i) {
P[i] = Math.min(R - i, P[i_mirror]);// 防止超出 R
} else {
P[i] = 0;// 等於 R 的情況
}
// 碰到之前講的三種情況時候，需要繼續擴充套件
while (T.charAt(i + 1 + P[i]) == T.charAt(i - 1 - P[i])) {
P[i]++;
}
// 判斷是否需要更新 R
if (i + P[i] > R) {
C = i;
R = i + P[i];
}
}
// 找出 P 的最大值
int maxLen = 0;
int centerIndex = 0;
for (int i = 1; i < n - 1; i++) {
if (P[i] > maxLen) {
maxLen = P[i];
centerIndex = i;
}
}
int start = (centerIndex - maxLen) / 2; //最開始講的
return s.substring(start, start + maxLen);
}
複製程式碼時間複雜度：for 迴圈裡邊套了一層 while 迴圈，難道不是 O ( n² )，不！其實是 O（n）。我們想象一下整個過程，首先外層有一個 for 迴圈，所以每個字元會遍歷一次，而當我們擴充套件的時候，每次都是從 R + 1 開始擴充套件，之後又會更新 R 。所以一些字元會遍歷兩次，但此時這些字元變到 R 的左邊，所以不會遍歷第三次了，因為我們每次從 R 的右邊開始擴充套件。綜上，每個字元其實最多遍歷 2 次，所以依舊是線性的，當然如果字串成為 len ，這裡的 n 其實是 2 * len + 3 。所以時間複雜度是 O（n）。
空間複雜度：O（n）。
總結
時間複雜度從三次方降到了一次，美妙！這裡兩次用到了動態規劃去求解，初步認識了動態規劃，就是將之前求的值儲存起來，方便後邊的計算，使得一些多餘的計算消失了。並且在動態規劃中，通過觀察陣列的利用情況，從而降低了空間複雜度。而 Manacher 演算法對迴文串對稱性的充分利用，不得不讓人歎服，自己加油啦！