# LeetCode 第 5 题：“最长回文子串”题解

题解地址：中心扩散 + 动态规划 + Manacher 算法（Python 代码）

说明：文本首发在力扣的题解版块，更新也会在第 1 时间在上面的网站中更新，这篇文章只是上面的文章的一个快照，您可以点击上面的链接看到其他网友对本文的评论。

传送门：5. 最长回文子串。

给定一个字符串 s，找到 s 中最长的回文子串。你可以假设 s 的最大长度为 1000。

示例 1：

输入: "babad" 输出: "bab" 注意: "aba" 也是一个有效答案。 示例 2：

输入: "cbbd" 输出: "bb"

# 中心扩散 + 动态规划 + Manacher 算法（Python 代码）

回文串可分为奇数回文串和偶数回文串。它们的区别是：奇数回文串关于它的“中点”满足“中心对称”，偶数回文串关于它“中间的两个点”满足“中心对称”。

# 方法一：暴力匹配 （Brute Force）

暴力解法虽然时间复杂度高，但是思路清晰、编写简单，因为编写的正确性高，完全可以使用暴力匹配算法检验我们编写的算法的正确性。

（这里就不展示暴力匹配的写法了，实际上是我很懒。）

# 方法二：中心扩散法

中心扩散法的想法很简单：遍历每一个索引，以这个索引为中心，利用“回文串”中心对称的特点，往两边扩散，看最多能扩散多远。要注意一个细节：回文串的长度可能是奇数，也可能是偶数。

我们完全可以设计一个方法，兼容以上两种情况：

1、如果传入重合的索引编码，进行中心扩散，此时得到的最长回文子串的长度是奇数；

2、如果传入相邻的索引编码，进行中心扩散，此时得到的最长回文子串的长度是偶数。

具体编码细节在以下的代码的注释中体现。

Python 代码：

class Solution:
    def longestPalindrome(self, s):
        size = len(s)
        if size == 0:
            return ''

        # 至少是 1
        longest_palindrome = 1
        longest_palindrome_str = s[0]

        for i in range(size):
            palindrome_odd, odd_len = self.__center_spread(s, size, i, i)
            palindrome_even, even_len = self.__center_spread(s, size, i, i + 1)

            # 当前找到的最长回文子串
            cur_max_sub = palindrome_odd if odd_len >= even_len else palindrome_even
            if len(cur_max_sub) > longest_palindrome:
                longest_palindrome = len(cur_max_sub)
                longest_palindrome_str = cur_max_sub

        return longest_palindrome_str

    def __center_spread(self, s, size, left, right):
        """
        left = right 的时候，此时回文中心是一条线，回文串的长度是奇数
        right = left + 1 的时候，此时回文中心是任意一个字符，回文串的长度是偶数
        """
        l = left
        r = right

        while l >= 0 and r < size and s[l] == s[r]:
            l -= 1
            r += 1
        return s[l + 1:r], r - l - 1

Java 代码：

public class Solution {

    public String longestPalindrome(String s) {
        int len = s.length();
        if (len == 0) {
            return "";
        }
        int longestPalindrome = 1;
        String longestPalindromeStr = s.substring(0, 1);
        for (int i = 0; i < len; i++) {
            String palindromeOdd = centerSpread(s, len, i, i);
            String palindromeEven = centerSpread(s, len, i, i + 1);
            String maxLen = palindromeOdd.length() > palindromeEven.length() ? palindromeOdd : palindromeEven;
            if (maxLen.length() > longestPalindrome) {
                longestPalindrome = maxLen.length();
                longestPalindromeStr = maxLen;
            }
        }
        return longestPalindromeStr;
    }

    private String centerSpread(String s, int len, int left, int right) {
        int l = left;
        int r = right;
        while (l >= 0 && r < len && s.charAt(l) == s.charAt(r)) {
            l--;
            r++;
        }
        // 这里要特别小心，跳出 while 循环的时候，是第 1 个满足 s.charAt(l) != s.charAt(r) 的时候
        // 所以，不能取 l，不能取 r
        return s.substring(l + 1, r);
    }
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(N^{2})$。
• 空间复杂度：$O(1)$。

# 方法三：动态规划（推荐）

推荐理由：暴力解法太 naive，中心扩散不普适，Manacher 就更不普适了，是专门解这个问题的方法。而用动态规划我认为是最有用的，可以帮助你举一反三的方法。

补充说明：Manacher 算法有兴趣的朋友们可以了解一下，有人就借助它的第一步字符串预处理思想，解决了 LeetCode 第 4 题。因此以上推荐仅代表个人观点。

解决这类 “最优子结构” 问题，可以考虑使用 “动态规划”：

1、定义 “状态”；
2、找到 “状态转移方程”。

记号说明： 下文中，使用记号 s[l, r] 表示原始字符串的一个子串，l、r 分别是区间的左右边界的索引值，使用左闭、右闭区间表示左右边界可以取到。举个例子，当 s = 'babad' 时，s[0, 1] = 'ba' ，s[2, 4] = 'bad'。

1、定义 “状态”，这里 “状态”数组是二维数组。

dp[l][r] 表示子串 s[l, r]（包括区间左右端点）是否构成回文串，是一个二维布尔型数组。即如果子串 s[l, r] 是回文串，那么 dp[l][r] = true。

2、找到 “状态转移方程”。

首先，我们很清楚一个事实：

1、当子串只包含 $1$ 个字符，它一定是回文子串；

2、当子串包含 2 个以上字符的时候：如果 s[l, r] 是一个回文串，例如 “abccba”，那么这个回文串两边各往里面收缩一个字符（如果可以的话）的子串 s[l + 1, r - 1] 也一定是回文串，即：如果 dp[l][r] == true 成立，一定有 dp[l + 1][r - 1] = true 成立。

根据这一点，我们可以知道，给出一个子串 s[l, r] ，如果 s[l] != s[r]，那么这个子串就一定不是回文串。如果 s[l] == s[r] 成立，就接着判断 s[l + 1] 与 s[r - 1]，这很像中心扩散法的逆方法。

事实上，当 s[l] == s[r] 成立的时候，dp[l][r] 的值由 dp[l + 1][r - l] 决定，这一点也不难思考：当左右边界字符串相等的时候，整个字符串是否是回文就完全由“原字符串去掉左右边界”的子串是否回文决定。但是这里还需要再多考虑一点点：“原字符串去掉左右边界”的子串的边界情况。

1、当原字符串的元素个数为 $3$ 个的时候，如果左右边界相等，那么去掉它们以后，只剩下 $1$ 个字符，它一定是回文串，故原字符串也一定是回文串；

2、当原字符串的元素个数为 $2$ 个的时候，如果左右边界相等，那么去掉它们以后，只剩下 $0$ 个字符，显然原字符串也一定是回文串。

把上面两点归纳一下，只要 s[l + 1, r - 1] 至少包含两个元素，就有必要继续做判断，否则直接根据左右边界是否相等就能得到原字符串的回文性。而“s[l + 1, r - 1] 至少包含两个元素”等价于 l + 1 < r - 1，整理得 l - r < -2，或者 r - l > 2。

综上，如果一个字符串的左右边界相等，以下二者之一成立即可： 1、去掉左右边界以后的字符串不构成区间，即“ s[l + 1, r - 1] 至少包含两个元素”的反面，即 l - r >= -2，或者 r - l <= 2； 2、去掉左右边界以后的字符串是回文串，具体说，它的回文性决定了原字符串的回文性。

于是整理成“状态转移方程”：

dp[l, r] = (s[l] == s[r] and (l - r >= -2 or dp[l + 1, r - 1]))

或者

dp[l, r] = (s[l] == s[r] and (r - l <= 2 or dp[l + 1, r - 1]))

编码实现细节：因为要构成子串 l 一定小于等于 r ，我们只关心 “状态”数组“上三角”的那部分取值。理解上面的“状态转移方程”中的 (r - l <= 2 or dp[l + 1, r - 1]) 这部分是关键，因为 or 是短路运算，因此，如果收缩以后不构成区间，那么就没有必要看继续 dp[l + 1, r - 1] 的取值。

读者可以思考一下：为什么在动态规划的算法中，不用考虑回文串长度的奇偶性呢。想一想，答案就在状态转移方程里面。

具体编码细节在代码的注释中已经体现。

参考代码：

class Solution:
    def longestPalindrome(self, s: str) -> str:
        size = len(s)
        if size <= 1:
            return s
        # 二维 dp 问题
        # 状态：dp[l,r]: s[l:r] 包括 l，r ，表示的字符串是不是回文串
        # 设置为 None 是为了方便调试，看清楚代码执行流程
        dp = [[False for _ in range(size)] for _ in range(size)]

        longest_l = 1
        res = s[0]

        # 因为只有 1 个字符的情况在最开始做了判断
        # 左边界一定要比右边界小，因此右边界从 1 开始
        for r in range(1, size):
            for l in range(r):
                # 状态转移方程：如果头尾字符相等并且中间也是回文
                # 在头尾字符相等的前提下，如果收缩以后不构成区间（最多只有 1 个元素），直接返回 True 即可
                # 否则要继续看收缩以后的区间的回文性
                # 重点理解 or 的短路性质在这里的作用
                if s[l] == s[r] and (r - l <= 2 or dp[l + 1][r - 1]):
                    dp[l][r] = True
                    cur_len = r - l + 1
                    if cur_len > longest_l:
                        longest_l = cur_len
                        res = s[l:r + 1]
            # 调试语句
            # for item in dp:
            #     print(item)
            # print('---')
        return res

Java 代码：

public class Solution {

    public String longestPalindrome(String s) {
        int len = s.length();
        if (len <= 1) {
            return s;
        }
        int longestPalindrome = 1;
        String longestPalindromeStr = s.substring(0, 1);
        boolean[][] dp = new boolean[len][len];
        // abcdedcba
        //   l   r
        // 如果 dp[l, r] = true 那么 dp[l + 1, r - 1] 也一定为 true
        // 关键在这里：[l + 1, r - 1] 一定至少有 2 个元素才有判断的必要
        // 因为如果 [l + 1, r - 1] 只有一个元素，不用判断，一定是回文串
        // 如果 [l + 1, r - 1] 表示的区间为空，不用判断，也一定是回文串
        // [l + 1, r - 1] 一定至少有 2 个元素 等价于 l + 1 < r - 1，即 r - l >  2

        // 写代码的时候这样写：如果 [l + 1, r - 1]  的元素小于等于 1 个，即 r - l <=  2 ，就不用做判断了

        // 因为只有 1 个字符的情况在最开始做了判断
        // 左边界一定要比右边界小，因此右边界从 1 开始
        for (int r = 1; r < len; r++) {
            for (int l = 0; l < r; l++) {
                // 区间应该慢慢放大
                // 状态转移方程：如果头尾字符相等并且中间也是回文
                // 在头尾字符相等的前提下，如果收缩以后不构成区间（最多只有 1 个元素），直接返回 True 即可
                // 否则要继续看收缩以后的区间的回文性
                // 重点理解 or 的短路性质在这里的作用
                if (s.charAt(l) == s.charAt(r) && (r - l <= 2 || dp[l + 1][r - 1])) {
                    dp[l][r] = true;
                    if (r - l + 1 > longestPalindrome) {
                        longestPalindrome = r - l + 1;
                        longestPalindromeStr = s.substring(l, r + 1);
                    }
                }
            }
        }
        return longestPalindromeStr;
    }
}

写完代码以后，请读者在纸上写下代码运行的流程，以字符串 'babad' 为例：

（草稿太潦草了，大家将就看吧，懒得绘图了，原因是太麻烦，并且我觉得展示手写草稿可能更有意义一些。）

说明：上面示例代码填写 dp 数组（二维状态数组）是按照“从左到右、从上到下”的方向依次填写的（你不妨打开我上面的 Python 示例代码中的调试语句运行一下验证），当 “ s[l + 1, r - 1] 至少包含两个元素” 即 r - l > 2 时，dp[l, r] 的值要看 d[[l + 1, r - 1] ，即在 r - l > 2 的时候，dp[l, r] 的值看“左下角”的值，只要按照“从左到右、从上到下”的方向依次填写，当 r - l > 2 时，左下角就一定有值，这一点是动态规划算法得以有效的重要原因。

根据一个具体例子，在草稿纸上写下（绘图）代码的运行流程，有时是够加深我们对算法的理解，并且也有助于调试代码。

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(N^{2})$。
• 空间复杂度：$O(N^{2})$，二维 dp 问题，一个状态得用二维有序数对表示，因此空间复杂度是 $O(N^{2})$。

# 方法四：Manacher 算法

维基百科中对于 Manacher 算法是这样描述的：

[Manacher(1975)] 发现了一种线性时间算法，可以在列出给定字符串中从字符串头部开始的所有回文。并且，Apostolico, Breslauer & Galil (1995) 发现，同样的算法也可以在任意位置查找全部最大回文子串，并且时间复杂度是线性的。因此，他们提供了一种时间复杂度为线性的最长回文子串解法。替代性的线性时间解决 Jeuring (1994), Gusfield (1997)提供的，基于后缀树(suffix trees)。也存在已知的高效并行算法。

Manacher 算法，被中国程序员戏称为“马拉车”算法。专门用于解决“最长回文子串”问题，时间复杂度为 $O(n)$，事实上，“马拉车”算法在思想上和“KMP”字符串匹配算法有相似之处，都避免做了很多重复的工作。“KMP”算法也有一个很有意思的戏称，带有一点颜色。

挺有意思的一件事情是：我在学习“树状数组”和“Manacher 算法”的时候，都看了很多资料，但最后代码实现的时候，就只有短短十几行。

理解 Manacher 算法最好的办法，是根据查阅的关于 Manacher 算法的文章，自己在稿纸上写写画画，举一些具体的例子，这样 Manacher 算法就不难搞懂了。

Manacher 算法本质上还是中心扩散法，只不过它使用了类似 KMP 算法的技巧，充分挖掘了已经进行回文判定的子串的特点，提高算法的效率。

下面介绍 Manacher 算法的运行流程。

首先还是“中心扩散法”的思想：回文串可分为奇数回文串和偶数回文串，它们的区别是：奇数回文串关于它的“中点”满足“中心对称”，偶数回文串关于它“中间的两个点”满足“中心对称”。为了避免对于回文串字符个数为奇数还是偶数的套路。首先对原始字符串进行预处理，方法也很简单：添加分隔符。

# 第 1 步：对原始字符串进行预处理（添加分隔符）

我们先给出具体的例子，看看如何添加分隔符。

例1：给字符串 "level" 添加分隔符 "#"。

答：字符串 "level" 添加分隔符 "#" 以后得到："#le#v#e#l#"。

例2：给字符串 "noon" 添加分隔符 "#"。

答：字符串 "noon" 添加分隔符 "#" 以后得到："#n#o#o#n#"。

我想你已经看出来分隔符是如何添加的，下面是两点说明。

1、分隔符是一定是原始字符串中没有出现过的字符，这个分隔符的种类也只能有一个，即你不能同时添加 "#" 和 "?" 作为分隔符；

2、添加分隔符的方法是在字符串的首位置、尾位置和每个字符的“中间”都添加 $1$ 个这个分隔符。可以很容易知道，如果这个字符串的长度是 len，那么添加的分隔符的个数就是 len + 1，得到的新的字符串的长度就是 2 * len + 1，显然它一定是奇数。

为什么要添加分隔符？

1、首先是正确性：添加了分隔符以后的字符串的回文性质与原始字符串是一样的（这句话不是很严谨，大家意会即可）；

2、其次是避免回文串长度奇偶性的讨论（马上我们就会看到这一点是如何体现的）。

# 第 2 步：得到 p 数组

p 数组可以通过填表得到。以字符串 "abbabb" 为例，说明如何手动计算得到 p 数组。假设我们要填的就是下面这张表。

第 1 行 char 数组：这个数组是原始字符串加上分隔符以后的字符构成的数组。

第 2 行 index 数组：这个数组是char 数组的索引数组，我们后面要利用到它，它的值就是索引编号，从 $0$ 开始。

下面我们来看看 p 数组应该如何填写。首先我们定义**“回文半径”**。

回文半径：以 char[i] 作为回文中心，同时向左边、向右边进行“中心扩散”，直到“不能构成回文串”或“触碰到字符串边界”为止，能扩散的步数 + 1（这个 1 表示“中心”） ，即定义为 p 数组的值，也称之为“回文半径。

• 用上面的例子，我们首先填 p[0]。

以 char[0] = '#'为中心，同时向左边向右扩散，走 1 步就碰到边界了，因此“能扩散的步数”为0，“能扩散的步数 + 1 = 1”，因此 p[0] = 1；

• 下面填写 p[1] 。

以 char[1] = 'a' 为中心，同时向左边向右扩散，走 1 步，左右都是 "#"，构成回文子串，于是再继续同时向左边向右边扩散，左边就碰到边界了，因此“能扩散的步数”为1，“能扩散的步数 + 1 = 2”，因此 p[1] = 2；

• 下面填写 p[2] 。

以 char[2] = '#' 为中心，同时向左边向右扩散，走 1 步，左边是 "a"，右边是 "b"，不匹配，因此“能扩散的步数”为 $0$，“能扩散的步数 + 1 = 1”，因此 p[2] = 1；

• 下面填写 p[3]。

以 char[3] = 'b' 为中心，同时向左边向右扩散，走 1 步，左右两边都是 “#”，构成回文子串，继续同时向左边向右扩散，左边是 "a"，右边是 "b"，不匹配，因此“能扩散的步数”为 1 ，“能扩散的步数 + 1 = 2”，因此 p[3] = 2；

• 下面填写 p[4]。

以 char[4] = '#' 为中心，同时向左边向右扩散，最多可以走 4 步，左边到达边界，因此“能扩散的步数”为4，“能扩散的步数 + 1 = 5”，因此 p[4] = 5。

• 继续填完 p 数组剩下的部分。

分析到这里，后面的数字不难填出，最后写成如下表格：

p-1 数组很简单了，把 p 数组对应位置的值 -1 就行了。是不是觉得有点“绕”，刚才每一步要 + 1 ，现在每一步要 -1，这不是吃饱了撑的吗？你说的没错。这里得到 p 数组不过就是为了给“回文半径”一个定义而已。

即：p 数组可以称之为“回文半径数组”。

于是我们得到如下表格：

• p 数组的最大值是 $6$ ，对应的 “最长回文子串” 是 "#b#b#a#b#b#"；
• p - 1 数组的最大值是 $5$，就对应了原字符串 "abbabb" 的 “最长回文子串” ："bbabb"。

规律如下：

p -1 数组的最大值就是“最长回文子串”的长度。即“最大回文半径”知道了，减 1 就是原字符串的“最长回文子串”的长度。

• 可以在得到 p 数组的过程中记录这个最大值，并且记录最长回文子串。

那么如何编写程序得到 p 数组呢？其实也不难，即使用“回文串”的性质避免重复计算。下面这张图展示了这个思想：

{:width="500"} {:align=center}

上面这张图画得仔细一点是下面这张图：

{:width="700"} {:align=center}

这里 i 和 j 关于 id 中心对称：即 j = 2 * id - i。上面的两张图表示的意思是：p[i] 的值可以根据 p[j] 得到。因为我们遍历一个字符串的方向是“从左到右”，故数组 p 后面的值根据前面的值得来，这个思路没有问题。

接下来要介绍 id 和 mx 的含义了：

1、id ：从开始到现在使用“中心扩散法”能得到的“最长回文子串”的中心的位置；

2、mx：从开始到现在使用“中心扩散法”能得到的“最长回文子串”能延伸到的最右端的位置。容易知道 mx = id + p[id]。

先从最简单的情况开始：

1、当 id < i < mx 的时候，此时 id 之前的 p 值都已经计算出来了，我们利用已经计算出来的 p 值来计算当前位置的 p 值。

由于以 j 为中心的最长子回文串，落在了以 id 为中心的最长子回文串内，由于 i 和 j 对称， 故索引 i 附近的回文串可以与索引 j 附近的回文串建立一一对应的关系。

• 如果 j 的回文串很短，在 mx 关于 id 的对称点之前结束，一定有 dp[i]=dp[j]，如上图所示；
• 如果 j 的回文串很长，此时 dp[i] 的值不会超过 i 与 mx 之间的距离： mx - i，此时想一下 mx 是 以 id 为中心的最长回文子串的“最右边界”，就不难理解了，如下图所示 。

如果 p[j] 很大的话，即当 p[j] >= mx - i 的时候，以 s[j] 为中心的回文子串不一定完全包含于以 s[id] 为中心的回文子串中，但是基于对称性可知，以 s[i] 为中心的回文子串，其向右至少会扩张到 mx 的位置，也就是说 p[i] >= mx - i。至于 mx 之后的部分是否对称，就只能老老实实去匹配了。

{:width="700"} {:align=center}

把上面说的整理一下，当 p[j] 的范围很小的时候，有 p[i] = p[j]，p[i] 的值再大不过超过 mx - i ：

if i < mx:
    p[i] = min(p[2 * id - i], mx - i);

2、当 i >= mx 的时候，此时也只能老老实实使用“中心扩散法”来逐渐得到 p 数组的值，同时记录 id 和 mx。

以上可以合并成一行代码：

p[i] = mx > i ? min(p[2 * id - i], mx - i) : 1;

这一行代码拆开来看就是：

如果 mx > i, 则 p[i] = min(p[2 * id - i], mx - i)，否则 p[i] = 1。

Java 代码：

public class Solution {

    /**
     * 创建分隔符分割的字符串
     *
     * @param s      原始字符串
     * @param divide 分隔字符
     * @return 使用分隔字符处理以后得到的字符串
     */
    private String generateSDivided(String s, char divide) {
        int len = s.length();
        if (len == 0) {
            return "";
        }
        if (s.indexOf(divide) != -1) {
            throw new IllegalArgumentException("参数错误，您传递的分割字符，在输入字符串中存在！");
        }
        StringBuilder sBuilder = new StringBuilder();
        sBuilder.append(divide);
        for (int i = 0; i < len; i++) {
            sBuilder.append(s.charAt(i));
            sBuilder.append(divide);
        }
        return sBuilder.toString();
    }

    public String longestPalindrome(String s) {
        int len = s.length();
        if (len == 0) {
            return "";
        }
        String sDivided = generateSDivided(s, '#');
        int slen = sDivided.length();
        int[] p = new int[slen];
        int mx = 0;
        // id 是由 mx 决定的，所以不用初始化，只要声明就可以了
        int id = 0;
        int longestPalindrome = 1;
        String longestPalindromeStr = s.substring(0, 1);
        for (int i = 0; i < slen; i++) {
            if (i < mx) {
                // 这一步是 Manacher 算法的关键所在，一定要结合图形来理解
                // 这一行代码是关键，可以把两种分类讨论的情况合并
                p[i] = Integer.min(p[2 * id - i], mx - i);
            } else {
                // 走到这里，只可能是因为 i = mx
                if (i > mx) {
                    throw new IllegalArgumentException("程序出错！");
                }
                p[i] = 1;
            }
            // 老老实实去匹配，看新的字符
            while (i - p[i] >= 0 && i + p[i] < slen && sDivided.charAt(i - p[i]) == sDivided.charAt(i + p[i])) {
                p[i]++;
            }
            // 我们想象 mx 的定义，它是遍历过的 i 的 i + p[i] 的最大者
            // 写到这里，我们发现，如果 mx 的值越大，
            // 进入上面 i < mx 的判断的可能性就越大，这样就可以重复利用之前判断过的回文信息了
            if (i + p[i] > mx) {
                mx = i + p[i];
                id = i;
            }

            if (p[i] - 1 > longestPalindrome) {
                longestPalindrome = p[i] - 1;
                longestPalindromeStr = sDivided.substring(i - p[i] + 1, i + p[i]).replace("#", "");
            }
        }
        return longestPalindromeStr;
    }
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(N)$，由于 Manacher 算法只有在遇到还未匹配的位置时才进行匹配，已经匹配过的位置不再匹配，所以对于对于字符串S 的每一个位置，都只进行一次匹配，所以算法的总体复杂度为 $O(N)$。
• 空间复杂度：$O(N)$。