Manacher
描述¶
给定一个长度为 \(n\) 的字符串 \(s\)，请找到所有对 \((i, j)\) 使得子串 \(s[i \dots j]\) 为一个回文串。当 \(t = t_{\text{rev}}\) 时，字符串 \(t\) 是一个回文串（\(t_{\text{rev}}\) 是 \(t\) 的反转字符串）。
解释¶
显然在最坏情况下可能有 \(O(n^2)\) 个回文串，因此似乎一眼看过去该问题并没有线性算法。
但是关于回文串的信息可用 一种更紧凑的方式 表达：对于每个位置 \(i = 0 \dots n - 1\)，我们找出值 \(d_1[i]\) 和 \(d_2[i]\)。二者分别表示以位置 \(i\) 为中心的长度为奇数和长度为偶数的回文串个数。换个角度，二者也表示了以位置 \(i\) 为中心的最长回文串的半径长度（半径长度 \(d_1[i]\)，\(d_2[i]\) 均为从位置 \(i\) 到回文串最右端位置包含的字符个数）。
举例来说，字符串 \(s = \mathtt{abababc}\) 以 \(s[3] = b\) 为中心有三个奇数长度的回文串，最长回文串半径为 \(3\)，也即 \(d_1[3] = 3\)：
字符串 \(s = \mathtt{cbaabd}\) 以 \(s[3] = a\) 为中心有两个偶数长度的回文串，最长回文串半径为 \(2\)，也即 \(d_2[3] = 2\)：
因此关键思路是，如果以某个位置 \(i\) 为中心，我们有一个长度为 \(l\) 的回文串，那么我们有以 \(i\) 为中心的长度为 \(l - 2\)，\(l - 4\)，等等的回文串。所以 \(d_1[i]\) 和 \(d_2[i]\) 两个数组已经足够表示字符串中所有子回文串的信息。
一个令人惊讶的事实是，存在一个复杂度为线性并且足够简单的算法计算上述两个「回文性质数组」\(d_1[]\) 和 \(d_2[]\)。在这篇文章中我们将详细的描述该算法。
解法¶
总的来说，该问题具有多种解法：应用字符串哈希，该问题可在 \(O(n \log n)\) 时间内解决，而使用后缀数组和快速 LCA 该问题可在 \(O(n)\) 时间内解决。
但是这里描述的算法 压倒性 的简单，并且在时间和空间复杂度上具有更小的常数。该算法由 Glenn K. Manacher 在 1975 年提出。
朴素算法¶
为了避免在之后的叙述中出现歧义，这里我们指出什么是「朴素算法」。
该算法通过下述方式工作：对每个中心位置 \(i\)，在比较一对对应字符后，只要可能，该算法便尝试将答案加 \(1\)。
该算法是比较慢的：它只能在 \(O(n^2)\) 的时间内计算答案。
该朴素算法的实现如下：
实现
vector<int> d1(n), d2(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
d1[i] = 1;
while (0 <= i - d1[i] && i + d1[i] < n && s[i - d1[i]] == s[i + d1[i]]) {
d1[i]++;
}
d2[i] = 0;
while (0 <= i - d2[i] - 1 && i + d2[i] < n &&
s[i - d2[i] - 1] == s[i + d2[i]]) {
d2[i]++;
}
}
d1 = [0] * n
d2 = [0] * n
for i in range(0, n):
d1[i] = 1
while 0 <= i - d1[i] and i + d1[i] < n and s[i - d1[i]] == s[i + d1[i]]:
d1[i] += 1
d2[i] = 0
while 0 <= i - d2[i] - 1 and i + d2[i] < n and s[i - d2[i] - 1] == s[i + d2[i]]:
d2[i] += 1
Manacher 算法¶
这里我们将只描述算法中寻找所有奇数长度子回文串的情况，即只计算 \(d_1[]\)；寻找所有偶数长度子回文串的算法（即计算数组 \(d_2[]\)）将只需对奇数情况下的算法进行一些小修改。
为了快速计算，我们维护已找到的最靠右的子回文串的 边界 \((l, r)\)（即具有最大 \(r\) 值的回文串，其中 \(l\) 和 \(r\) 分别为该回文串左右边界的位置）。初始时，我们置 \(l = 0\) 和 \(r = -1\)（*-1*需区别于倒序索引位置，这里可为任意负数，仅为了循环初始时方便）。
过程¶
现在假设我们要对下一个 \(i\) 计算 \(d_1[i]\)，而之前所有 \(d_1[]\) 中的值已计算完毕。我们将通过下列方式计算：
-
如果 \(i\) 位于当前子回文串之外，即 \(i > r\)，那么我们调用朴素算法。
因此我们将连续地增加 \(d_1[i]\)，同时在每一步中检查当前的子串 \([i - d_1[i] \dots i + d_1[i]]\)（\(d_1[i]\) 表示半径长度，下同）是否为一个回文串。如果我们找到了第一处对应字符不同，又或者碰到了 \(s\) 的边界，则算法停止。在两种情况下我们均已计算完 \(d_1[i]\)。此后，仍需记得更新 \((l, r)\)。
-
现在考虑 \(i \le r\) 的情况。我们将尝试从已计算过的 \(d_1[]\) 的值中获取一些信息。首先在子回文串 \((l, r)\) 中反转位置 \(i\)，即我们得到 \(j = l + (r - i)\)。现在来考察值 \(d_1[j]\)。因为位置 \(j\) 同位置 \(i\) 对称，我们 几乎总是 可以置 \(d_1[i] = d_1[j]\)。该想法的图示如下（可认为以 \(j\) 为中心的回文串被「拷贝」至以 \(i\) 为中心的位置上）：
\[ \ldots\ \overbrace{ s_l\ \ldots\ \underbrace{ s_{j-d_1[j]+1}\ \ldots\ s_j\ \ldots\ s_{j+d_1[j]-1} }_\text{palindrome}\ \ldots\ \underbrace{ s_{i-d_1[j]+1}\ \ldots\ s_i\ \ldots\ s_{i+d_1[j]-1} }_\text{palindrome}\ \ldots\ s_r }^\text{palindrome}\ \ldots \]然而有一个 棘手的情况 需要被正确处理：当「内部」的回文串到达「外部」回文串的边界时，即 \(j - d_1[j] + 1 \le l\)（或者等价的说，\(i + d_1[j] - 1 \ge r\)）。因为在「外部」回文串范围以外的对称性没有保证，因此直接置 \(d_1[i] = d_1[j]\) 将是不正确的：我们没有足够的信息来断言在位置 \(i\) 的回文串具有同样的长度。
实际上，为了正确处理这种情况，我们应该「截断」回文串的长度，即置 \(d_1[i] = r - i\)。之后我们将运行朴素算法以尝试尽可能增加 \(d_1[i]\) 的值。
该种情况的图示如下（以 \(j\) 为中心的回文串已经被截断以落在「外部」回文串内）：
\[ \ldots\ \overbrace{ \underbrace{ s_l\ \ldots\ s_j\ \ldots\ s_{j+(j-l)} }_\text{palindrome}\ \ldots\ \underbrace{ s_{i-(r-i)}\ \ldots\ s_i\ \ldots\ s_r }_\text{palindrome} }^\text{palindrome}\ \underbrace{ \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots }_\text{try moving here} \]该图示显示出，尽管以 \(j\) 为中心的回文串可能更长，以致于超出「外部」回文串，但在位置 \(i\)，我们只能利用其完全落在」外部」回文串内的部分。然而位置 \(i\) 的答案可能比这个值更大，因此接下来我们将运行朴素算法来尝试将其扩展至「外部」回文串之外，也即标识为 "try moving here" 的区域。
最后，仍有必要提醒的是，我们应当记得在计算完每个 \(d_1[i]\) 后更新值 \((l, r)\)。
同时，再让我们重复一遍：计算偶数长度回文串数组 \(d_2[]\) 的算法同上述计算奇数长度回文串数组 \(d_1[]\) 的算法十分类似。
Manacher 算法的复杂度¶
因为在计算一个特定位置的答案时我们总会运行朴素算法，所以一眼看去该算法的时间复杂度为线性的事实并不显然。
然而更仔细的分析显示出该算法具有线性复杂度。此处我们需要指出，计算 Z 函数的算法 和该算法较为类似，并同样具有线性时间复杂度。
实际上，注意到朴素算法的每次迭代均会使 \(r\) 增加 \(1\)，以及 \(r\) 在算法运行过程中从不减小。这两个观察告诉我们朴素算法总共会进行 \(O(n)\) 次迭代。
Manacher 算法的另一部分显然也是线性的，因此总复杂度为 \(O(n)\)。
Manacher 算法的实现¶
分类讨论¶
为了计算 \(d_1[]\)，我们有以下代码：
vector<int> d1(n);
for (int i = 0, l = 0, r = -1; i < n; i++) {
int k = (i > r) ? 1 : min(d1[l + r - i], r - i + 1);
while (0 <= i - k && i + k < n && s[i - k] == s[i + k]) {
k++;
}
d1[i] = k--;
if (i + k > r) {
l = i - k;
r = i + k;
}
}
d1 = [0] * n
l, r = 0, -1
for i in range(0, n):
k = 1 if i > r else min(d1[l + r - i], r - i + 1)
while 0 <= i - k and i + k < n and s[i - k] == s[i + k]:
k += 1
d1[i] = k
k -= 1
if i + k > r:
l = i - k
r = i + k
计算 \(d_2[]\) 的代码十分类似，但是在算术表达式上有些许不同：
vector<int> d2(n);
for (int i = 0, l = 0, r = -1; i < n; i++) {
int k = (i > r) ? 0 : min(d2[l + r - i + 1], r - i + 1);
while (0 <= i - k - 1 && i + k < n && s[i - k - 1] == s[i + k]) {
k++;
}
d2[i] = k--;
if (i + k > r) {
l = i - k - 1;
r = i + k;
}
}
d2 = [0] * n
l, r = 0, -1
for i in range(0, n):
k = 0 if i > r else min(d2[l + r - i + 1], r - i + 1)
while 0 <= i - k - 1 and i + k < n and s[i - k - 1] == s[i + k]:
k += 1
d2[i] = k
k -= 1
if i + k > r:
l = i - k - 1
r = i + k
统一处理¶
虽然在讲解过程及上述实现中我们将 \(d_1[]\) 和 \(d_2[]\) 的计算分开考虑，但实际上可以通过一个技巧将二者的计算统一为 \(d_1[]\) 的计算。
给定一个长度为 \(n\) 的字符串 \(s\)，我们在其 \(n + 1\) 个空中插入分隔符 \(\#\)，从而构造一个长度为 \(2n + 1\) 的字符串 \(s'\)。举例来说，对于字符串 \(s = \mathtt{abababc}\)，其对应的 \(s' = \mathtt{\#a\#b\#a\#b\#a\#b\#c\#}\)。
对于字母间的 \(\#\)，其实际意义为 \(s\) 中对应的「空」。而两端的 \(\#\) 则是为了实现的方便。
注意到，在对 \(s'\) 计算 \(d_1[]\) 后，对于一个位置 \(i\)，\(d_1[i]\) 所描述的最长的子回文串必定以 \(\#\) 结尾（若以字母结尾，由于字母两侧必定各有一个 \(\#\)，因此可向外扩展一个得到一个更长的）。因此，对于 \(s\) 中一个以字母为中心的极大子回文串，设其长度为 \(m + 1\)，则其在 \(s'\) 中对应一个以相应字母为中心，长度为 \(2m + 3\) 的极大子回文串；而对于 \(s\) 中一个以空为中心的极大子回文串，设其长度为 \(m\)，则其在 \(s'\) 中对应一个以相应表示空的 \(\#\) 为中心，长度为 \(2m + 1\) 的极大子回文串（上述两种情况下的 \(m\) 均为偶数，但该性质成立与否并不影响结论）。综合以上观察及少许计算后易得，在 \(s'\) 中，\(d_1[i]\) 表示在 \(s\) 中以对应位置为中心的极大子回文串的 总长度加一。
上述结论建立了 \(s'\) 的 \(d_1[]\) 同 \(s\) 的 \(d_1[]\) 和 \(d_2[]\) 间的关系。
由于该统一处理本质上即求 \(s'\) 的 \(d_1[]\)，因此在得到 \(s'\) 后，代码同上节计算 \(d_1[]\) 的一样。
练习题目¶
本页面主要译自博文 Нахождение всех подпалиндромов 与其英文翻译版 Finding all sub-palindromes in \(O(N)\)。其中俄文版版权协议为 Public Domain + Leave a Link；英文版版权协议为 CC-BY-SA 4.0。