Manacher算法学习 【马拉车】
好久没写算法学习博客了
比较懒,一直在刷水题
今天学一个用于回文串计算问题manacher算法【马拉车】
回文串
回文串:指的是以字符串中心为轴,两边字符关于该轴对称的字符串
——例如abaaba
最大回文子串:一个字符串的最大的子串,满足这个子串是回文串
——例如abcababa的最大回文子串是ababa
求最大回文子串
朴素算法:枚举中心i,向两边扩展,复杂度O(n2)
改进算法:
manacher
朴素算法中,我们在计算以i为中心的回文串时会产生对原先字符的重复遍历,导致效率低下,而manacher通过一些信息的储存来避免了重复遍历
①首先,我们插入一个无关紧要的字符,将所有字符分割开,例如#
——ababa -> #a#b#a#b#a#
这样子以后我们会发现所有回文子串都变成了奇数长度,于是我们可以找到每一个回文子串的中心字符
②算法核心:RL[i]数组,表示以i为中心的最大回文子串的半径长度
——例如#a#b#a#b#a#,我们设最左边一个#是1号,RL[6]=6,RL[8]=4
我们只要算出RL数组就可以求出所有的回文子串了
③算法流程:
从左向右扫,用MR【max right】变量记录当前所有回文子串所能到达的最右位置,pos记录MR所对应的对称中心位置
对于当前位置i,分类讨论:
1、若位于pos和MR之间,我们找到i关于pos对称的位置j,RL[i]至少等于RL[j],且最多延伸到MR
2、若i位于MR右边,RL[i]至少为1,即本身
做完之后,再尝试向两边延伸RL[i],直至不能延伸
更新MR,pos
复杂度分析
我们会发现MR只往右更新,所有在MR左侧的回文子串都可以直接算出,在MR右侧的未知,需要枚举匹配,一旦向右遍历,MR即更新到右侧并覆盖所更新点
说白了就是每个点最多入坑一次
所以复杂度O(n)
板题:POJ2342
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define Redge(u) for (int k = h[u]; k != -1; k = ed[k].nxt)
using namespace std;
const int maxn = 2000005,maxm = 1000005,INF = 1000000000;
inline int RD(){
int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
while (c >= 48 && c <= 57) {out = (out << 1) + (out << 3) + c - '0'; c = getchar();}
return out * flag;
}
char T[maxn],s[maxn];
int n,len,RL[maxn];
void manacher(){
int pos = 1,mr = 1; RL[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++){
if (i <= mr) RL[i] = min(RL[2 * pos - i],mr - i + 1);
else RL[i] = 1;
while (s[i + RL[i]] == s[i - RL[i]] && i - RL[i]) RL[i]++;
if (i + RL[i] - 1 > mr) mr = i + RL[i] - 1,pos = i;
}
}
int main(){
int cnt = 0;
while (~scanf("%s",T + 1) && T[1] != 'E'){
s[n = 1] = '#';
for (int i = 1; T[i] >= 'a' && T[i] <= 'z'; i++)
s[++n] = T[i],s[++n] = '#';
manacher();
int ans = 0;
REP(i,n) ans = max(ans,RL[i] / 2 * 2 - (s[i] != '#'));
printf("Case %d: %d\n",++cnt,ans);
}
return 0;
}