LeetCode刷題實戰5：判斷迴文子串

 

算法的重要性，我就很少說了吧，想去大廠，就必需要通過基礎知識和業務邏輯面試+算法面試。因此，爲了提升你們的算法能力，這個公衆號後續天天帶你們作一道算法題，題目就從LeetCode上面選 ！今天和你們聊的問題叫作判斷迴文子串，這道題頗有意思，咱們先來看題面：

 

Given a string s, find the longest palindromic substring in s. You may assume that the maximum length of s is 1000.

https://leetcode.com/problems/longest-palindromic-substring/

 

翻譯

 

給定一個字符串s，要求它當中的最長迴文子串。能夠假設s串的長度最大是1000。

 

 

樣例

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Example 1:
Input: "babad"Output: "bab"Note: "aba" is also a valid answer.Example 2:
Input: "cbbd"Output: "bb"

分析

 

雖然LeetCode裏給這道題的難度是Medium，但實際上並不簡單，咱們經過本身思考很難想到最佳解法。咱們先把各類算法放在一邊，先從最簡單的方法開始。最簡單的方法固然是暴力枚舉，可是這道題和以前的字符串問題不一樣。咱們在暴力枚舉的時候，並不須要枚舉全部的起始位置，再判斷這個子串是否迴文。實際上咱們能夠利用迴文串兩邊相等的性質，直接枚舉迴文串的中心位置，若是兩邊相等就往兩邊延伸。這樣咱們最多須要枚舉n個迴文中心，每次枚舉最多遍歷n次。因此最終的複雜度是O(n²)。有經驗的同窗看到這個複雜度就能反應過來，這明顯不是最優解法。可是對於當前問題，暴力枚舉當然不是最佳解法，但其實也算得上是不錯了，並無咱們想的那麼糟糕，不信的話，咱們來看另外一個看起來高端不少的解法。動態規劃（DP）

 

這道題中利用迴文串的性質還有一個trick，對於一個字符串S，若是咱們對它進行翻轉，獲得S_，顯然它當中的迴文子串並不會發生變化。因此若是咱們對翻轉先後的兩個字符串求最長公共子序列的話，獲得的結果就是迴文子串。

 

算法導論當中對這個問題的講解是使用動態規劃算法，便是對於字符串S中全部的位置i和S_中全部的位置j，咱們用一個dp數組記錄下以i和j結尾的S和S_的子串可以組成的公共子序列的最大的結果。

 

顯然，對於i=0，j=0，dp[i][j] = 0（假設字符串下標從1開始）

 

咱們寫出DP的代碼：

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for i in range(1, n):  for j in range(1, m):    if S[i] == S_[j]:      dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1    else:      dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1])

咱們不難觀察出來，這種解法的複雜度一樣是。而且空間複雜度也是O(n)，也就是說咱們費了這麼大勁，並無起到任何優化。因此從這個角度來看，暴力搜索並非這題當中很糟糕的解法。

 

分析到了這裏，也差很少了，下面咱們直接進入正題，這題的最佳解法，O(n)時間內獲取最大回文子串的曼徹斯特算法。

 

曼切斯特算法迴文串除了咱們剛剛提到的性質以外，還有一個性質，就是它分奇偶。簡而言之，就是迴文串的長度能夠是奇數也能夠是偶數。若是是奇數的話，那麼迴文串的迴文中心就是一個字符，若是是偶數的話，它的迴文中心實際上是落在兩個字符中間。舉個例子：ABA和ABBA都是迴文串，前者是奇迴文，後者是偶迴文。這兩種狀況不一致，咱們想要一塊兒討論比較困難，爲了簡化問題，咱們須要作一個預處理，將全部的迴文串都變成奇迴文。怎麼作呢，其實很簡單，咱們在全部兩個字符當中都插入一個特殊字符#。好比：abba -> #a#b#b#a#這樣一來，迴文中心就變成中間的#了。咱們再來看本來是奇迴文的狀況：aba -> #a#b#a#迴文中心仍是在b上，依然仍是奇迴文。
預處理的代碼：

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def preprocess(text):    new_str = '#'    for c in text:        new_str += c + '#'    return new_str

 

曼切斯特算法用到三個變量，分別是數組p，idx和mr。咱們接下來一個一個介紹。

 

首先是數組radis，它當中存在的是每一個位置能構成的最長迴文串的半徑。注意，這裏不是長度，是半徑。

 

咱們舉個例子：

 

 

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字符串S     # a # b # b # a #radis      1 2 1 2 5 2 1 2 1

咱們先不去想這個radis數組應該怎麼求，咱們來看看它的性質。首先，i位置的迴文串的半徑是radis[i]，那麼它的長度是多少？很簡單: radis[2] * 2- 1。那麼，這個串中去掉#以後剩下的長度是多少？也就是說預處理以前的長度是多少？答案是radis[i] - 1，推算也很簡單，總長度是radis[i] * 2 - 1，其中#比字母的數量多一個，因此原串的長度是(radis[i] * 2 - 1 - 1)/2 = radis[i] - 1。也就是說原串的長度和radis數組就算是掛鉤了。idx很好理解，它就是指的是數組當中的一個下標，最後是mr，它是most_right的縮寫。它記錄的是在當前位置i以前的迴文串所向右能延伸到的最遠的位置。聽起來有些拗口，咱們來看個例子：

 

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此時i小於mr，mr對應的迴文中心是id。那麼i在id的迴文範圍當中，對於i而言，咱們能夠獲取到它關於id的對稱位置：id * 2 - i，咱們令它等於i_。知道這個對稱的位置有什麼用呢？很簡單，咱們能夠快速的肯定radis[i]的下界。在遍歷到i的時候，咱們已經有了i_位置的結果。經過i_位置的結果，咱們能夠推算i位置的範圍。

 

radis[i]  >= min(radis[i_], mr-i)

 

爲何是這個結果呢？

 

咱們把狀況寫全，假設mr-i > radis[i_]。那麼i_位置的迴文串所有都落在id位置的迴文串裏。這個時候，咱們能夠肯定radis[i]=radis[i_]。爲何呢？

 

由於根據對稱原理，若是以i爲中心的迴文串更長的話，咱們假設它的長度是radis[i_]+1。會致使什麼後果呢？若是這個發生，那麼根據關於id的對稱性，這個字符串關於id的對稱位置也是迴文的。那麼radis[i_1]也應該是這麼多才對，這就構成了矛盾。若是你從文字描述看不明白的話，咱們來看下面這個例子：

 

 

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S:       c a b c b d b c b a cradis:     x_  i_  5   i   x

 

 

 

在這個例子當中，mr-i=5，radis[i_]=2。因此mr - i > radis[i_]。若是radis[i]=3，那麼x的位置就應該等於id的位置，同理根據對稱性，x_的位置也應該等於id的位置。那麼radis[i_]也應該是3。這就和它等於2矛盾，因此這是不可能出現的，在mr距離足夠遠的狀況下，radis[i_]的值限制了i位置的可能性。咱們再來看另外一種狀況，若是mr - i < radis[i_]時會怎麼樣呢？在這種狀況下，因爲mr距離i太近，致使i對稱位置的半徑沒法在i位置展開。可是mr的右側可能還存在字符，這些字符能夠構成新的迴文嗎？

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字符串S     XXXXXXXXSXXXXXXXXXXXXXXXradis        i_    id    i mr

也就是說S[mr+1]會和S[i*2-mr-1]的位置相同嗎？其實咱們能夠不用判斷就能夠知道答案，答案是不會。舉個例子：

 

 

根據對稱性，若是mr+1的位置對於i能夠構成新的對稱。因爲radis[i_] > mr-i，也就是說對於i_位置而言，它的對稱範圍可以輻射到mr對稱點的左邊。咱們假設這個地方的字母是a，根據對稱性，咱們能夠得出mr+1的位置也應該是a。如此一來，這兩個a又能構成新的對稱，那麼id位置的半徑就能夠再拓展1，這就構成了矛盾。因此，這種狀況下，因爲mr-i的限制，使得radis[i]只能等於mr - i。那什麼狀況下i位置的半徑能夠繼續拓展呢？只有mr - i == radis[i_]的時候，id構成的迴文串的左側對於i_可能構不成新的迴文，可是右側卻存在這種可能性。舉個例子：

 

 

在上圖這個例子當中，i_的位置的迴文串向左只能延伸到ml，由於ml-1的位置和關於i_對稱的位置不相等。對於mr的右側，它徹底能夠既和i點對稱，又不會影響raids[id]的正確性。這個時候，咱們就能夠經過循環繼續遍歷，拓展i位置的迴文串。

 

整個過程的分析雖然不少，也很複雜，可是寫成代碼卻並很少。

 

 

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# 初始化idx, mr = 0, 0# 爲了防止超界，設置字符串從1開始for i in range(1, n):  # 經過對稱性直接計算radis[i]  radis[i] = 1 if mr < i else min(radis[2 * idx - i], mr - i)  # 只有radis[i_] = mr - i的時候才繼續往下判斷  if radis[2 * idx - i] != mr - i and mr > i:    continue  # 繼續往下判斷後面的位置  while s[radis[i] + i] == s[i - radis[i]]:    radis[i] += 1  # 更新idx和mr的位置  if radis[i] + i > mr:    mr = radis[i] + i    idx = i

 

 

到這裏，曼切斯特算法就算是實現完了。雖然咱們用了這麼多篇幅去介紹它，但是真正寫出來，它只有幾行代碼而已。不得不說，實在是很是巧妙，第一次學習可能須要反覆思考，才能真正理解。

 

不過咱們還有一個問題沒有解決，爲何這樣一個兩重循環的算法會是 O（n）的複雜度呢？

 

想要理解這一點，須要咱們拋開全部的虛幻來直視本質。雖然咱們並不知道循環進行了多少次，可是有兩點能夠確定。經過這兩點，咱們就能夠抓到複雜度的本質。

 

第一點，mr是遞增的，只會變大，不會減少。

第二點，mr的範圍是0到n，每次mr增長的數量就是循環的次數。

 

因此即便咱們不知道mr變化了多少次，每次變化了多少，咱們依然能夠肯定，這是一個O（n）的算法。