Given a string s, find the longest palindromic substring in s. You may assume that the maximum length of s is 1000.
Example 1:
Input: "babad" Output: "bab" Note: "aba" is also a valid answer.
Example 2:
Input: "cbbd" Output: "bb"
這道題讓我們求最長回文子串，首先說下什么是回文串，就是正讀反讀都一樣的字符串，比如 "bob", "level", "noon" 等等。那么最長回文子串就是在一個字符串中的那個最長的回文子串。LeetCode 中關於回文串的題共有五道，除了這道，其他的四道為 Palindrome Number，Validate Palindrome，Palindrome Partitioning，Palindrome Partitioning II，我們知道傳統的驗證回文串的方法就是兩個兩個的對稱驗證是否相等，那么對於找回文字串的問題，就要以每一個字符為中心，像兩邊擴散來尋找回文串，這個算法的時間復雜度是 O(n*n)，可以通過 OJ，就是要注意奇偶情況，由於回文串的長度可奇可偶，比如 "bob" 是奇數形式的回文，"noon" 就是偶數形式的回文，兩種形式的回文都要搜索，對於奇數形式的，我們就從遍歷到的位置為中心，向兩邊進行擴散，對於偶數情況，我們就把當前位置和下一個位置當作偶數行回文的最中間兩個字符，然后向兩邊進行搜索，參見代碼如下：
解法一：
class Solution { public: string longestPalindrome(string s) { if (s.size() < 2) return s; int n = s.size(), maxLen = 0, start = 0; for (int i = 0; i < n - 1; ++i) { searchPalindrome(s, i, i, start, maxLen); searchPalindrome(s, i, i + 1, start, maxLen); } return s.substr(start, maxLen); } void searchPalindrome(string s, int left, int right, int& start, int& maxLen) { while (left >= 0 && right < s.size() && s[left] == s[right]) { --left; ++right; } if (maxLen < right - left - 1) { start = left + 1; maxLen = right - left - 1; } } };
我們也可以不使用子函數，直接在一個函數中搞定，我們還是要定義兩個變量 start 和 maxLen，分別表示最長回文子串的起點跟長度，在遍歷s中的字符的時候，我們首先判斷剩余的字符數是否小於等於 maxLen 的一半，是的話表明就算從當前到末尾到子串是半個回文串，那么整個回文串長度最多也就是 maxLen，既然 maxLen 無法再變長了，計算這些就沒有意義，直接在當前位置 break 掉就行了。否則就要繼續判斷，我們用兩個變量 left 和 right 分別指向當前位置，然后我們先要做的是向右遍歷跳過重復項，這個操作很必要，比如對於 noon，i在第一個o的位置，如果我們以o為最中心往兩邊擴散，是無法得到長度為4的回文串的，只有先跳過重復，此時left指向第一個o，right指向第二個o，然后再向兩邊擴散。而對於 bob，i在第一個o的位置時，無法向右跳過重復，此時 left 和 right 同時指向o，再向兩邊擴散也是正確的，所以可以同時處理奇數和偶數的回文串，之后的操作就是更新 maxLen 和 start 了，跟上面的操作一樣，參見代碼如下：
解法二：
class Solution { public: string longestPalindrome(string s) { if (s.size() < 2) return s; int n = s.size(), maxLen = 0, start = 0; for (int i = 0; i < n;) { if (n - i <= maxLen / 2) break; int left = i, right = i; while (right < n - 1 && s[right + 1] == s[right]) ++right; i = right + 1; while (right < n - 1 && left > 0 && s[right + 1] == s[left - 1]) { ++right; --left; } if (maxLen < right - left + 1) { maxLen = right - left + 1; start = left; } } return s.substr(start, maxLen); } };
此題還可以用動態規划 Dynamic Programming 來解，根 Palindrome Partitioning II 的解法很類似，我們維護一個二維數組 dp，其中 dp[i][j] 表示字符串區間 [i, j] 是否為回文串，當 i = j 時，只有一個字符，肯定是回文串，如果 i = j + 1，說明是相鄰字符，此時需要判斷 s[i] 是否等於 s[j]，如果i和j不相鄰，即 i - j >= 2 時，除了判斷 s[i] 和 s[j] 相等之外，dp[i + 1][j - 1] 若為真，就是回文串，通過以上分析，可以寫出遞推式如下：
dp[i, j] = 1 if i == j
= s[i] == s[j] if j = i + 1
= s[i] == s[j] && dp[i + 1][j - 1] if j > i + 1
這里有個有趣的現象就是如果我把下面的代碼中的二維數組由 int 改為 vector<vector<int>> 后，就會超時，這說明 int 型的二維數組訪問執行速度完爆 std 的 vector 啊，所以以后盡可能的還是用最原始的數據類型吧。
解法三：
class Solution { public: string longestPalindrome(string s) { if (s.empty()) return ""; int n = s.size(), dp[n][n] = {0}, left = 0, len = 1; for (int i = 0; i < n; ++i) { dp[i][i] = 1; for (int j = 0; j < i; ++j) { dp[j][i] = (s[i] == s[j] && (i - j < 2 || dp[j + 1][i - 1])); if (dp[j][i] && len < i - j + 1) { len = i - j + 1; left = j; } } } return s.substr(left, len); } };
最后要來的就是大名鼎鼎的馬拉車算法 Manacher's Algorithm，這個算法的神奇之處在於將時間復雜度提升到了 O(n) 這種逆天的地步，而算法本身也設計的很巧妙，很值得我們掌握，參見我另一篇專門介紹馬拉車算法的博客 Manacher's Algorithm 馬拉車算法，代碼實現如下：
解法四：
class Solution { public: string longestPalindrome(string s) { string t ="$#"; for (int i = 0; i < s.size(); ++i) { t += s[i]; t += '#'; } int p[t.size()] = {0}, id = 0, mx = 0, resId = 0, resMx = 0; for (int i = 1; i < t.size(); ++i) { p[i] = mx > i ? min(p[2 * id - i], mx - i) : 1; while (t[i + p[i]] == t[i - p[i]]) ++p[i]; if (mx < i + p[i]) { mx = i + p[i]; id = i; } if (resMx < p[i]) { resMx = p[i]; resId = i; } } return s.substr((resId - resMx) / 2, resMx - 1); } };
Github 同步地址：
https://github.com/grandyang/leetcode/issues/5
類似題目：
Longest Palindromic Subsequence
參考資料：
https://leetcode.com/problems/longest-palindromic-substring/