Leetcode|Longest Palindromic Substring(最长回文的几种方法)(Manacher算法)
来源:互联网 发布:帝国主义算法 编辑:程序博客网 时间:2024/06/08 12:20
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.
解法1:枚举法 O(n^2)时间复杂度 常数空间复杂度
枚举中心位置,然后再在该位置上用扩展法,记录并更新得到的最长的回文长度。(注意奇数长度和偶数长度)
解法2:动态规划 O(n^2)时间复杂度,O(n^2)空间复杂度
思路:dp[i][j]表示字符串s.substr(i,j-i+1) 是否为回文,是就表示其回文长度,不是就是0;
以长度为变化,step为i,j的差,状态方程:dp[i][i+step]=s[i]==s[i+step]&&dp[i+1][i+step-1]!=0?2+dp[i+1][i+step-1]:0;
string longestPalindrome(string s) { int n=s.size(); int dp[n][n]; memset(dp,0,sizeof(dp)); int longest=0; int start=0,end=0; for(int step=0;step<n;step++){ for(int i=0;i+step<n;i++){ if(step==0) dp[i][i+step]=1;//初始化 else if(step==1) dp[i][i+step]=s[i]==s[i+step]?2:0;//初始化 else dp[i][i+step]=s[i]==s[i+step]&&dp[i+1][i+step-1]!=0?2+dp[i+1][i+step-1]:0; if(dp[i][i+step]>longest){ start=i,end=i+step; longest=dp[i][i+step]; } } } return s.substr(start,end-start+1); }
解法3:Manacher算法,线性时间复杂度O(n)[说明方法参考https://github.com/julycoding/The-Art-Of-Programming-By-July/blob/master/ebook/zh/01.05.md]
优点:利用之前读取的信息,所以快速很多。类似KMP的求next数组,在这里求一个数组p,p[i]表示以s[i]为中心的最大回文长度加1.
为了免除奇数和偶数的麻烦,首先需要变化字符串,插入'#';
ccd变为#c#c#d#
p数组为1232121
接下来怎么计算P[i]呢?Manacher算法增加两个辅助变量id和mx,其中id表示最大回文子串中心的位置,mx则为id+P[id],也就是最大回文子串的边界。得到一个很重要的结论:
- 如果mx > i,那么P[i] >= Min(P[2 * id - i], mx - i)
下面,令j = 2*id - i,也就是说j是i关于id的对称点。
当 mx - i > P[j] 的时候,以S[j]为中心的回文子串包含在以S[id]为中心的回文子串中,由于i和j对称,以S[i]为中心的回文子串必然包含在以S[id]为中心的回文子串中,所以必有P[i] = P[j];
当 P[j] >= mx - i 的时候,以S[j]为中心的回文子串不一定完全包含于以S[id]为中心的回文子串中,但是基于对称性可知,下图中两个绿框所包围的部分是相同的,也就是说以S[i]为中心的回文子串,其向右至少会扩张到mx的位置,也就是说 P[i] >= mx - i。至于mx之后的部分是否对称,再具体匹配。
此外,对于 mx <= i 的情况,因为无法对 P[i]做更多的假设,只能让P[i] = 1,然后再去匹配。
string longestPalindrome(string s){ int n=s.size(); int p[2*n+1]; memset(p,0,sizeof(p)); char *ss=new char[2*n+2]; for(int i=0;i<2*n+1;i++){ if(i&0x01) ss[i]=s[(i-1)/2]; else ss[i]='#'; } ss[2*n+1]='\0'; int mx=0,id=0; int maxIndex=0,max1=0; for(int i=0;ss[i]!='\0';i++){ p[i]=mx>i?min(p[2*id-i],mx-i):1; while(i-p[i]>=0&&ss[i+p[i]]==ss[i-p[i]]) p[i]++; if(i+p[i]>mx){ mx=i+p[i]; id=i;//id为mx最靠右的中心位置 } if(p[i]>max1){ max1=p[i]; maxIndex=i;//maxIndex表示p[i]最大的位置 } } //找到p[i]最大的那个 id=maxIndex; if(id&0x01) return s.substr((id-1)/2-(p[id]-1)/2,p[id]-1); else return s.substr(id/2-(p[id]-1)/2,p[id]-1);}
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