提出問題
最長回文子串問題：給定一個字符串，求它的最長回文子串長度。
如果一個字符串正着讀和反着讀是一樣的，那它就是回文串。如a、aa、aba、abba等。
暴力解法
簡單粗暴：找到字符串的所有子串，遍歷每一個子串以驗證它們是否為回文串。一個子串由子串的起點和終點確定，對於一個長度為n的字符串，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復雜度是 \(O(n^3)\)。明顯不可取。
方法改進
回文子串是連續的，而且是對稱的。長度為奇數回文串以最中間字符的位置為對稱軸左右對稱，而長度為偶數的回文串的對稱軸在中間兩個字符之間的空隙。可否利用這種對稱性來提高算法效率呢？答案是肯定的。我們知道整個字符串中的所有字符，以及字符間的空隙，都可能是某個回文子串的對稱軸位置。可以遍歷這些位置，在每個位置上同時向左和向右擴展，直到左右兩邊的字符不同，或者達到邊界。對於一個長度為n的字符串，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 次字符比較，於是此算法的時間復雜度是 \(O(n^2)\)。
另外一種改進方法是利用動態規划，DP[i][j]定義成子串[i, j]是否是回文串。外循環 i從 n−1 往 0 遍歷，內循環 j 從 i 往 n−1 遍歷，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中間只有一個字符，則dp[i][j]=true；
- 否則，檢查dp[i+1][j-1]是否為true，若為true，那么dp[i][j]就是true。
前三條可以合並，即 j−i≤2。求得dp[i][j]真值后，也可快速解決問題。時間復雜度：\(O(n^2)\)。
Manacher's Algorithm
對於 \(O(n^2)\) 的復雜度，或許還不滿足，是否可以再優化一些呢？
先分析改進方法中的缺陷，利用回文中心需要分奇偶兩種情況討論，兩種改進都會重復訪問子串，降低效率。
Manacher's Algorithm正是針對這兩個問題進行進一步的改進，將時間復雜度降到了神奇的 \(O(n)\)：
問題一：回文長度奇偶性問題
為了不區分奇偶兩種情況，對字符串作預處理，在所有字符之間（包括首尾）插入相同字符如'#'，處理之后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，因此子串的回文性不受影響，原來是回文的串，插完之后還是回文的，原來不是回文的，依然不會是回文。
問題二：重復訪問問題
定義回文半徑：回文串中最左或最右位置的字符與其對稱軸的距離。算法中定義回文半徑數組 \(RL\)，\(RL[i]\) 表示以第i個字符為對稱軸的回文串的回文半徑。
定義 \(MaxRight\)，表示當前訪問到的所有回文子串，所能觸及的最右一個字符的位置。另外還要記錄下 \(MaxRight\) 對應的回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]，如下圖，以S[j]為中心的回文子串包含在以S[id]為中心的回文子串中，由於 i 和 j 對稱，以S[i]為中心的回文子串必然包含在以S[id]為中心的回文子串中，所以必有 P[i] = P[j]。
②MaxRight - i ＜ RL[2*pos-i]，如下圖，以S[j]為中心的回文子串不一定完全包含於以S[id]為中心的回文子串中，但是基於對稱性可知，下圖中兩個綠框所包圍的部分是相同的，也就是說以S[i]為中心的回文子串，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，然后再去慢慢匹配了。
代碼實現
返回最長的回文子串。代碼中resLen為處理后字符串的最大回文半徑，對應到原來的字符串中時，只需-1即是整個回文串的長度。
string Manacher(string s) {
//預處理
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]])//擴展，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);
}
時間復雜度：\(O(n)\)。在參考鏈接中有比較詳細的證明過程。