查找字符串中的最长回文问题评述

class Solution {
public:
string longestPalindrome(string s) {
string post;
post.resize(s.size()*2+2);
post[0] = '&';
for (int i = 0;i<s.size();i++){
post[2*i + 1] = s[i];
post[2*i + 2] ='#';
}
post[s.size()*2] = '#';
post[s.size()*2+1]='$';
cout << "post:" << post.length() << endl;

vector<int> rad;
rad.resize(post.size());
rad[0] = 0;
int max_rad = 0;
int center = 1;
int j = 0;
for (int i = 1; i < post.length() - 1; i) {
while ( post[i + j] == post[i - j]) {
j++;
}
rad[i] = j-1;
//cout << i << "," << rad[i];
if (rad[i]> max_rad) {
center = i;
max_rad = rad[i];
}
int k;
for (k = 1;k < j && rad[i-k] != rad[i] - k;k++){
rad[i+k] = min(rad[i-k], rad[i] - k);
//cout << i+k << "," << rad[i+k];
}
i = i + k;
j = max(0, j - k);
}
string res;
if (center%2 == 1) {
res = s.substr(center/2 - max_rad/2, max_rad/2*2+1);
} else {
res = s.substr((center + 1)/2- (max_rad+1)/2, (max_rad+1)/2*2);
}
return res;
}
};

问题的解法，实际上就是manacher算法，据说是O(n)的复杂度，该算法的特点就是在新的回文判定中使用了老的信息。

问题解法：

1 对偶问题，实际上有两种对偶形式，一种是以字符为中心，一种是以两相邻字符中间位置为中心。通过在字符中间插入#，使问题转化为第一种的对偶形式，注意的是，字符的最后必须插入#，这样才能保证划归是正确的，因为如果是#b#b，这种模式，实际上和原来的对偶问题是不等价的。

2 利用对偶的历史信息

    对偶的历史信息说明了，将要判定的对偶问题的前提条件。当rad[i-k] !=rad[i] -k的时候，说明i位置的最长回文，包含了i+k位置的最长回文，具体分析可以参考manacher算法的最长，则i+k位置的最长回文直接不用计算了。当rad[i-k]=rad[i]-k时候，说明i+k位置的回文长度至少积累rad[i]-k的大小，所以可以直接从rad[i]-k的大小开始探测。

   本质上来说，在迭代过程就是使用了回文对偶的性质。