Manacher算法小记

一、算法简介

Manacher 算法能够在线性的时间内求出以每个位置为中心的最长回文半径。

首先将字符串所有字符（包括头尾）插入相同的分隔符，因为 Manacher 仅能找到长度为奇数的回文串，并在整个串前后方插入另两种分隔符防止越界。

定义位置 $i$ 的回文半径为以 $i$ 为对称中心的所有长度为奇数的回文串 $S[l:r]$ 两端与 $i$ 的距离 $+1$。显然，若 $x$ 是 $i$ 的回文半径，则 $S[i-x+1:i+x-1]$ 是回文串，且小于 $x$ 的正整数均是 $i$ 的回文半径。设 $p_i$ 表示 $i$ 的最长回文半径。

Manacher 算法记录在所有遍历过的位置 $1\sim i-1$ 中，以任意一个点为回文中心的右端点的最大值 $r$，即 $r=\underset{j=1}{\overset{i-1}{max}}\{j+p_j-1\}$。设 $d$ 为取到这个最大值的对称中心。

对于当前位置 $i$，若 $i>r$，则直接暴力求 $p_i$。否则 $i\le r$，先将 $i$ 赋值为 $min(r-i+1,p_{2d-i})$，再逐位扩展。为什么是这样？因为 $i$ 与 $2d-i$ 关于 $d$ 对称，所以在 $[d-p_d+1,d+p_d-1]$ 范围内，以 $2d-i$ 为对称中心的回文串也是以 $i$ 为对称中心的回文串。若 $p_{2d-i}<r-i+1$，则 $p_i$ 最终就会等于 $p_{2d-i}$，否则 $p_{2d-i}$ 还可以更大，矛盾。若 $p_{2d-i}\ge r-i+1$，则 $p_i$ 被初始化为 $r-i+1$，使得每次扩展都会将 $r$ 向右移动 $1$。故时间复杂度均摊线性。

P3805 【模板】manacher 代码如下

int main()
{
	scanf("%s",s+1);  n=strlen(s+1);
	t[0]='#';  t[++m]='@';
	for(int i=1; i<=n; i++)
		t[++m]=s[i],t[++m]='@';
	t[++m]='!';

	int d=0,r=0;
	for(int i=1; i<m; i++)
	{
		if(i>r)
			p[i]=1;
		else
			p[i]=min(r-i+1,p[2*d-i]);
		while(t[i-p[i]]==t[i+p[i]])
			p[i]++;
		if(i+p[i]-1>r)
			r=i+p[i]-1,d=i,cmax(ans,p[i]-1);
	}

	printf("%d\n",ans);
	
	return 0;
}

二、一些习题

P4555 [国家集训队] 最长双回文串

我的想法是枚举第一个串 $X$ 的对称中心 $i$，查询所有 $j-p_j+1\le i+p_i-1$ 的 $j$ 与 $i$ 能构成的串的最大值，树状数组维护即可，注意要判断两个串是否长度都大于 $0$。

另一种做法是用 Manacher 预处理出以 $i$ 为结尾/开头的最长回文串长度 $x_i,y_i$，答案即 $max\{x_i+y_{i+1}\}$，时间复杂度线性 。

P1659 [国家集训队] 拉拉队排练

又被我写复杂了……

因为只要求奇数，我们只考虑以原串的点为中心的回文串的贡献，设当前点为 $i$，记 $x_i=p_i/2$，则它可以产生长度为 $2\times y-1$ 的回文串，其中 $y\in [1,x_i]$。我用线段树维护这个区间加的操作。但其实你直接差分一下，在 $p_i-1$ 的位置单点加。最后统计答案的时候遇到长度为偶数的直接跳过即可，就不用再考虑除以 $2$ 什么的了。

P6216 回文匹配

因为模拟赛考了这题发现我不会 Manacher 于是才有了这篇博客

要求回文串长度为奇数，容易想到用 Manacher 计算出以每个点为对称中心的回文串。再来计算 $s_2$ 的贡献。可以先用 KMP 跑出 $s_2$ 在 $s_1$ 中出现的所有位置。

现在对于一个回文串 $s_1[l:r]$，设它的对称中心为 $mid$。假设 $s_1[i:j]=s_2(l\le i\le j\le r)$，则 $s_1[i:j]$ 对所有以 $mid$ 为对称中心的回文串的贡献为 $min(i-l+1,r-j+1)$。这个 $min$ 很烦，于是我们直接主定 $s_2$ 的中心在 $mid$ 左边，这样贡献就是 $i-l+1$ 了。记 $L$ 为满足 $s_2$ 对称中心在左边的 $s_2$ 最大左端点，直接将 $-l$ 打到区间 $[l,L]$ 上，最后统计答案即可。对于 $s_2$ 中心等于 $mid$ 或者在 $mid$ 右边的同理。

差分一下时间复杂度线性。

P5446 [THUPC2018] 绿绿和串串

因为只要求长度在 $|S|$ 以内的，所以第一次翻转的断点（即最后一个字符）一定在 $S[1:n]$ 以内，其中 $n=|s|$。

$n$ 肯定是一种合法的方案。对于断点 $i$，若它的最长回文半径向右能到 $n$，那它肯定可以。若它的最长回文半径向左能到 $1$，那么只要向右到达的那个点可以那 $i$ 也可以。时间复杂度线性。