浅谈Manacher算法与扩展KMP之间的联系
首先,在谈到Manacher算法之前,我们先来看一个小问题:给定一个字符串S,求该字符串的最长回文子串的长度.对于该问题的求解。网上解法颇多。时间复杂度也不尽同样,这里列述几种常见的解法.
解法一
bool check(string &S, int left, int right) { while (left < right && S[left] == S[right]) ++left, --right; return left >= right; } int solution(string &S) { int ans = 0; for (int i = 0; i < S.size(); ++i) for (int j = i; j < S.size(); ++j) if (check(S, i, j)) ans = max(ans, j - i + 1); return ans; }
解法二
现如果得知S[i....j]是S的一个回文子串,那么,我们相同能够得到S[i+1.....j-1]也是S的一个回文字串,换句话说,我们能够通过已知的状态求解出未知状态。现定义dp[i][j]表示S以i为起点,j为终点的子串是否为回文,状态转移方程也非常easy想到:
int solution(string &S) { vector<vector<bool> > dp(2, vector<bool>(S.size(), false)); int ans = 0; for (int i = S.size() - 1; i >= 0; --i) { for (int j = i; j < S.size(); ++j) { dp[i & 1][j] = i <= j - 2 ? (S[i] == S[j] && dp[(i + 1) & 1][j - 1]) : S[i] == S[j]; if (dp[i & 1][j]) ans = max(ans, j - i + 1); } } return ans; }
解法三
int solution(string &S) { const int n = S.size(); int ans = 0; for (int i = 0; i < n; ++i) { //for the odd case for (int j = 0; (i - j >= 0) && (i + j < n) && S[i - j] == S[i + j]; ++j) ans = max(ans, j << 1 | 1); //for the even case for (int j = 0; (i - j >= 0) && (i + 1 + j < n) && S[i - j] == S[i + 1 + j]; ++j) ans = max(ans, 2 * j + 2); } return ans; }
解法四
这里,我们能够通过利用字符串的hash来减少时间复杂度(注:不熟悉字符串hash的朋友,能够參考下这篇博客点击打开链接,整理的非常具体)。
如果当前推断的是以i为中点偶数长度的最长回文,对于随意一个长度k,如果S[i
- k + 1....i]的hash值与S[i + 1.....i + k]的hash值不同,那么以i为中点的最长回文子串的长度必然小于2 * k,因此。能够通过该条件进行二分。这样就能在的时间范围内找到最优解。因为每次推断的时间复杂度仅仅须要
,所以该解法的时间复杂度为
,空间复杂度为
。
const int BASE = 131, N = 1e+6 + 7; typedef unsigned long long ULL; //rec: record forward direction hash value //rRec:record backward direction hash value //P: record power of BASE ULL rec[N], rRec[N], P[N]; int Bin(int len, int end, int rEnd, int __len) { int l = 1, r = len; while (l <= r) { int mid = l + (r - l) / 2; ULL lHash = rec[end] - (end - mid >= 0 ? rec[end - mid] : 0) * P[mid]; ULL rHash = rRec[rEnd] - (rEnd + mid < __len ? rRec[rEnd + mid] : 0) * P[mid]; if (lHash ^ rHash) r = mid - 1; else l = mid + 1; } return r; } int solution(char *S) { const int len = strlen(S); P[0] = 1ULL; //calculate power of BASE for (int i = 1; i < =len; ++i) P[i] = P[i - 1] * 131; rec[0] = S[0], rRec[len - 1] = S[len - 1]; //calculate the string <span style="font-family:Microsoft YaHei;">hash </span>value for (int i = 1, j = len - 2; i < len; ++i, --j) rec[i] = rec[i - 1] * BASE + S[i], rRec[j] = rRec[j + 1] * BASE + S[j]; int ans = 0; for (int i = 0; i < len; ++i) { int tmp; //for the even case tmp = Bin(min(i + 1, len - i - 1), i, i + 1, len); ans = max(ans, tmp << 1); //for the odd case tmp = Bin(min(i, len - i - 1), i - 1, i + 1, len); ans = max(ans, tmp << 1 | 1); } return ans; }上述代码有两个地方须要说明一下:1.无符号长整型溢出时,编译器会自己主动取模 2.关于计算P数组。假设是单case,P数组的求解能够放到solution函数中,假设是多case,P数组的求解必须放到外面,由于P数组仅仅用计算一次就能够了.此种解法。能跑过POJ 3974和hdu 3068,感兴趣的朋友能够试试这样的解法.
解法五
Manacher算法
-
i <= right: 先计算i关于center的对称点i' = 2 * center - i,依据回文串的对称性,从框左边left...i'和i...right是一致的。假设P[i']的值能把i + P[i']的值限定在框里,那么P[i] = P[i'],由于框里的东西已经比較过了。比如源串为babcbabcbaccba,如今要计算P[13]值,例如以下图所看到的:i = 13关于center的对称点是i' = 9。将[i' - P[i']......i + P[i]]子串取出(这里为了便于叙述,先如果i' - P[i'] >L)。得到例如以下的图:
通过对照上图能够发现,以i'为中点的最长回文子串S[8..10]相应着S[12...14],也就是说,S[i' - P[i']...i' + P[i']]与S[i - P[i']...i + P[i']]一定是相等的(注:此处的前提条件是i' - P[i'] >L),并且P[i]一定等于P[i'],由于S[i + P[i'] + 1] 一定不等于S[i - P[i'] - 1],这在求P[i']时,就已经比較过了。当i' - P[i'] <= L时,能够得到S[L...2 * i' - L]一定是回文子串,而S[L...2 * i' - L]恒等于S[2 * i - R....R]。此时,P[i]的值至少是R - i。而大于right部分的,都是没有比較过的,所以仅仅能以i为中点,以R - i + 1为半径向两边扩展。结合i' - P[i'] > L和i' - P[i'] <= L的情况,能够发现P[i]的值至少等于min(P[i'], R - i),所以,在i < right的情况下。使P[i] = min(P[i'], R - i),然后以i为中心,P[i]为半径,向两边扩展。并更新对应的center和right值就可以.
- i > right: 这样的情况下,仅仅能以i为中心,向两边扩展,并更新对应的center和right值。
复杂度分析
const int N = 1e+6 + 7; char orign[N << 1]; int P[N << 1]; int Manacher(char *S) { int len = strlen(S); S[len << 1] = '#', S[len << 1 | 1] = '\0'; for (int i = len - 1; i >= 0; --i) S[i << 1 | 1] = S[i], S[i << 1] = '#'; int center = 0, right = 0, ans = 0; len <<= 1; for (int i = 0; i <= len; ++i) { P[i] = i <= right ? min(P[2 * center - i], right - i) : 0; while (i - P[i] - 1 >= 0 && i + P[i] + 1 <= len && S[i - P[i] - 1] == S[i + P[i] + 1]) ++P[i]; if (i + P[i] > right) right = i + P[i], center = i; ans = max(ans, P[i]); } return ans; }
应用一:回文子串个数
如果如今须要求解以i为中心、长度为奇数的回文子串数量。仅仅须要找到以i为中心、长度为奇数的最长回文子串的长度值,然后将长度值加一除2。即为所求的解。偶数的处理方式一样。而在求解最长回文子串的长度时,计算出来的P[i]值。就已经计算出了以源串全部点为中心、长度各自是偶数和奇数的最长回文子串的长度。仅仅须要线性遍历一遍P[i]数组,将(P[i] + 1) / 2的值累加,就是S的回文子串的个数。
应用二:扩展KMP
现计算P[i],如果P[1...i - 1]都已经计算好了,设定right为max(P[x] - 1 + x)(1 <= x < i)。left为取到right值时的x值。(1)当right >= i时,通过已经计算出来的P[1..i-1]值,我们可知S[left....right] = S[0...right
- left]。找到i的位置相当于S串的开头的位置:i' = i - left,假设i + P[i'] <= right。那么非常easy得出P[i] = P[i']。假设i + P[i'] > right,那么P[i]的值至少为right - i + 1,综上两个情况,易知P[i]值至少为min(P[i']。right - i + 1),然后暴力比較,并更新对应的left和right。因为right的值仅仅能添加n次。所以该算法是。