什麼是馬拉車演算法（Manacher's Algorithm）？

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提出問題

最長迴文子串問題：給定一個字串，求它的最長迴文子串長度。

如果一個字串正著讀和反著讀是一樣的，那它就是迴文串。如a、aa、aba、abba等。

暴力解法

簡單粗暴：找到字串的所有子串，遍曆每一個子串以驗證它們是否為迴文串。一個子串由子串的起點和終點確定，對於一個長度為n的字串，共有n^2個子串。這些子串的平均長度大約是n/2，因此這個解法的時間複雜度是 \(O(n^3)\)。明顯不可取。

方法改進

迴文子串是連續的，而且是對稱的。長度為奇數迴文串以最中間字元的位置為對稱軸左右對稱，而長度為偶數的迴文串的對稱軸在中間兩個字元之間的空隙。可否利用這種對稱性來提高演算法效率呢？答案是肯定的。我們知道整個字串中的所有字元，以及字元間的空隙，都可能是某個迴文子串的對稱軸位置。可以遍曆這些位置，在每個位置上同時向左和向右擴充，直到左右兩邊的字元不同，或者達到邊界。對於一個長度為n的字串，這樣的位置一共有 n+n-1=2n-1 個，在每個位置上平均大約要進行 n/4 次字元比較，於是此演算法的時間複雜度是 \(O(n^2)\)。

另外一種改進方法是利用動態規劃，DP[i][j]定義成子串[i, j]是否是迴文串。外迴圈 i從 n?1 往 0 遍曆，內迴圈 j 從 i 往 n?1 遍曆，若s[i]==s[j]：

• 若i==j，則dp[i][j]=true；
• 若i和j是相鄰的，則dp[i][j]=true；
• 若i和j中間只有一個字元，則dp[i][j]=true；
• 否則，檢查dp[i+1][j-1]是否為true，若為true，那麼dp[i][j]就是true。

前三條可以合并，即 j?i≤2。求得dp[i][j]真值後，也可快速解決問題。時間複雜度：\(O(n^2)\)。

Manacher‘s Algorithm

對於 \(O(n^2)\) 的複雜度，或許還不滿足，是否可以再最佳化一些呢？

先分析改進方法中的缺陷，利用迴文中心需要分奇偶兩種情況討論，兩種改進都會重複訪問子串，降低效率。

Manacher‘s Algorithm正是針對這兩個問題進行進一步的改進，將時間複雜度降到了神奇的 \(O(n)\)：

問題一：迴文長度奇偶性問題

為了不區分奇偶兩種情況，對字串作預先處理，在所有字元之間（包括首尾）插入相同字元如‘#‘，處理之後所有的子串都是奇數長度的。如aba→#a#b#a#。

插入的是同樣的符號，且符號不存在於原串，因此子串的迴文性不受影響，原來是迴文的串，插完之後還是迴文的，原來不是迴文的，依然不會是迴文。

問題二：重複訪問問題

定義迴文半徑：迴文串中最左或最右位置的字元與其對稱軸的距離。演算法中定義迴文半徑數組 \(RL\)，\(RL[i]\) 表示以第i個字元為對稱軸的迴文串的迴文半徑。

定義 \(MaxRight\)，表示當前訪問到的所有迴文子串，所能觸及的最右一個字元的位置。另外還要記錄下 \(MaxRight\) 對應的迴文串的對稱軸所在的位置，記為 \(pos\)。

核心代碼：RL[i] = i < MaxRight ? min(RL[2*pos-i], MaxRight-i) : 1;

理解了這行代碼，可以說就理解了這個演算法。我們來分情況討論：

（1）i < MaxRight時，可以再分兩種情況：

①MaxRight - i > RL[2*pos-i]，如，以S[j]為中心的迴文子串包含在以S[id]為中心的迴文子串中，由於 i 和 j 對稱，以S[i]為中心的迴文子串必然包含在以S[id]為中心的迴文子串中，所以必有 P[i] = P[j]。

②MaxRight - i ＜ RL[2*pos-i]，如，以S[j]為中心的迴文子串不一定完全包含於以S[id]為中心的迴文子串中，但是基於對稱性可知，中兩個綠框所包圍的部分是相同的，也就是說以S[i]為中心的迴文子串，其向右至少會擴張到mx的位置，也就是說 P[i] >= mx - i。

（2）i ＞ MaxRight時，無法對 P[i]做更多的假設，只能P[i] = 1，然後再去慢慢匹配了。

代碼實現

返回最長的迴文子串。代碼中resLen為處理後字串的最大迴文半徑，對應到原來的字串中時，只需-1即是整個迴文串的長度。

string Manacher(string s) {    //預先處理    string t = "#";    for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {        t += s[i];        t += "#";    }    vector<int> RL(t.size(), 0);    int MaxRight = 0, pos = 0;    int resLen = 0, resCenter = 0;    for (int i = 0; i < t.size(); ++i) {        RL[i] = MaxRight > i ? min(RL[2 * pos - i], MaxRight - i) : 1;        while (i-RL[i] >=0 && i+RL[i] < t.size() && t[i + RL[i]] == t[i - RL[i]])//擴充，注意邊界            ++RL[i];        //更新最右端及其中心        if (MaxRight < i + RL[i] -1) {            MaxRight = i + RL[i] -1;            pos = i;        }        if (resLen < RL[i]) {            resLen = RL[i];            resCenter = i;        }    }    return s.substr((resCenter - resLen + 1) / 2 , resLen - 1);}

時間複雜度：\(O(n)\)。在參考連結中有比較詳細的證明過程。

參考連結：1190000003914228

參考連結：http://www.cnblogs.com/grandyang/p/4475985.html

什麼是馬拉車演算法（Manacher's Algorithm）？