标签：子串 int manacher 复杂度 mid 对称中心 回文
喜闻乐见的zdc废话时间
之前听ckw讲过一次，但当时限于知识接受能力，并没有学懂事实上都没有听进去 然后决定就在子鼠年的最后一天学一下，结果发现这东西并不难，大概总结一下吧
manacher简介
用于求解最长回文子串问题，由于谐音，又名马拉车算法。
时间复杂度是线性的/se/se/se
具体实现
先考虑一个小问题
回文串有两类，一种是长度为奇数的，对称中心是字符；一种是长度为偶数的，对称中心是字符间隙。因为懒我们并不喜欢分类讨论，所以我们做一点处理把这两种情况归为一种
具体的，我们在字符之间和字符串头尾添加一个串中未出现过的字符(我喜欢用"#"），然后我们就会发现回文串都变成了奇数种（这里可以画图理解一下）
考虑如何暴力的求最长回文子串
暴力枚举所有端点然后暴力向两边扩展，时间复杂度是O(n^2)
那么来分析一下这个暴力算法的缺点
——有很多重叠的回文串被重复统计（大回文串套小回文串）
那么我们就从这个缺点入手
回文串有一个小性质：对于一个大回文串，设其对称中心为mid，其中的一个回文子区间关于mid的对称区间必为回文串。
那么我们设r当前回文子串最长向右扩展位置，mid为其对称中心，对于一个点i，设p[i]为以i为对称中心的最长回文子串长度。
考虑怎么求p[i]
结合之前所述性质，i的真实回文半径必定大于等于其关于mid的对称点的真实回文半径，而且这个性质是在大回文串中才会成立
所以形式化的
p[i]=min(p[mid*2-i],r-i+1);
ps：这里mid * 2 - i 就是i关于mid的对称点，具体求法大概是这样，设对称点为 j ，显然，mid为 i，j 中点，根据中点公式：mid = ( i + j ) / 2。移项可得，j = (mid<<1) - i。
最后因为是大于等于号所以我们再去尝试扩展，然后更新r和mid
最终答案就为 max{ p [ i ] }-1 （画图理解一下吧，注意这里的串我们已经加字符了哦）
先贴一下模板代码（缺省源自带快读请忽视）
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define rep(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
#define _rep(i,x,y) for(int i=x;i>=y;i--)
#define int long long
#define N 22000010
const int inf=1e18;
inline int read()
{
int num=0,fu=1; char c=getchar();
while(c!='-'&&(c>'9'||c<'0')) c=getchar();
if(c=='-') fu=-1,c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9') num=(num<<3)+(num<<1)+(c^48),c=getchar();
return fu*num;
}
int tmp,n,ans,p[N];
char s[N],a[N];
signed main()
{
scanf("%s",a+1);
tmp=strlen(a+1);
s[0]='#'; s[1]='#';
rep(i,1,tmp) s[i*2]=a[i],s[i*2+1]='#';
n=tmp*2+1;
int mid=0,mxr=0;
rep(i,1,n)
{
if(i<=mxr) p[i]=min(mxr-i+1,p[(mid<<1)-i]);
while(s[i-p[i]]==s[i+p[i]]) p[i]++;
if(i+p[i]-1>mxr) mxr=i+p[i]-1,mid=i;
}
rep(i,1,n) ans=max(ans,p[i]-1);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
时间复杂度分析
在上述过程中，r（代码中为mxr）只会向右移动，最终也只会移动到串尾（结合双指针的时间复杂度分析），所以复杂度是线性的。
标签：子串,int,manacher,复杂度,mid,对称中心,回文 来源： https://www.cnblogs.com/Ing1024/p/14493894.html
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