LeetCode(5) Longest Palindromic Substring

题意：求一个字符串s的最长回文子串，并且返回这个子串，如果有多个相同长度的子串，可以返回任意一个。

这道题提示了s的长度不会超过1000，因此用O(n2)的算法去求是没有问题的，即遍历字符串里面每一个字符，以这个字符为中心向两边扩展，然后记录回文达到的最长长度，以及最长回文子串的中心字符的索引即可。但是可以使用Manacher算法，使得时间复杂度优化到O(n)，不过空间复杂度会从O(1)增大到O(n)。

那Manacher算法是如何达到线性复杂度这么优的呢？我们可以注意一下回文的特征，一个回文字符串，它的左半边和右半边是完全一样的。想象一个很长的回文字符串，不妨设它的中心字符的索引为pos，它的回文最右边能达到R，最左边能达到L，那么对于位于这个回文字符串里面的某一个字符（设它的索引为i），那么对于这个索引为i的字符，它的对应字符的索引j就等于2*pos-i。如下图：



如果以j为中心的回文是包裹在以pos为中心的回文之内的。那么以i为中心的回文也就是对应的。如上图红色区域标注的。



如果以j为中心的回文没有包裹在以pos为中心的回文之内。也就是部分越出了，那么以i为中心的回文在以pos为中心的回文之内的部分还是对应的，如上图蓝色区域标注的。而越出部分则无法确定了，需要我们遍历。

我们首先对字符串做一个处理，就是隔字符插入特殊字符，比如对“babad”，我们处理成“#b#a#b#a#d#”，这样做的好处就是无论原本字符长度是奇是偶，都可以变成奇数，这样方便后面运算。定义一个辅助数组p，p[i]表示位置为i的字符，其回文长度为p[i]，初始化为1，表示回文字符串就是字符本身。假设p[0]到p[i-1]都已经赋值完毕，那么对于p[i]来说，如果i小于R,那么p[i] = min(p[2*pos-i],R-i)，然后针对第二种情况去遍历是否回文字符串边界会超越R。最后更新一下R和pos即可。详细过程请看代码实现。

至于这个算法为什么是O(n)的呢，因为你会发现，需要我们从两边扩展的部分，都是在R之外的，而R是跟着这些部分不断向右移动的，直到字符串尽头。所以只遍历了一遍字符串。

下附AC代码：

class Solution:
def longestPalindrome(self, s):
"""
:type s: str
:rtype: str
"""
ns='#'
for i in s:
ns+=i+'#'
l_ns = len(ns)
p = [1 for i in range(l_ns)]
pos=0
R=0
for i in range(l_ns):
if R>i:
p[i] = min(p[2*pos-i],R-i)
while i+p[i]<l_ns and i-p[i]>=0 and ns[i-p[i]]==ns[i+p[i]]:
p[i]+=1
if i+p[i]>R:
pos = i
R = i+p[i]
maxlen = max(p)
for i in range(len(p)):
if maxlen == p[i]:
ns = ns[i-p[i]+1:i+p[i]]
res_s=''
for j in ns:
if j!='#':
res_s+=j
return res_s