Manacher

描述

给定一个长度为的字符串，请找到所有对使得子串 $s[i \dots j]$ 为一个回文串。当 $t = t_{\text{rev}}$ 时，字符串是一个回文串（ $t_{\text{rev}}$ 是的反转字符串）。

解释

显然在最坏情况下可能有个回文串，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 $i = 0 \dots n - 1$ ，我们找出值和。二者分别表示以位置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为中心的最长回文串的半径长度（半径长度，均为从位置到回文串最右端位置包含的字符个数）。

举例来说，字符串 $s = \mathtt{abababc}$ 以为中心有三个奇数长度的回文串，最长回文串半径为，也即：

a\ \overbrace{b\ a\ \underset{s_3}{b}\ a\ b}^{d_1[3]=3}\ c

字符串 $s = \mathtt{cbaabd}$ 以为中心有两个偶数长度的回文串，最长回文串半径为，也即：

c\ \overbrace{b\ a\ \underset{s_3}{a}\ b}^{d_2[3]=2}\ d

因此关键思路是，如果以某个位置为中心，我们有一个长度为的回文串，那么我们有以为中心的长度为，，等等的回文串。所以和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」和。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，在比较一对对应字符后，只要可能，该算法便尝试将答案加。

该算法是比较慢的：它只能在的时间内计算答案。

该朴素算法的实现如下：

实现

C++Python

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；寻找所有偶数长度子回文串的算法（即计算数组）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（即具有最大值的回文串，其中和分别为该回文串左右边界的位置）。初始时，我们置和（-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计算，而之前所有中的值已计算完毕。我们将通过下列方式计算：

如果位于当前子回文串之外，即，那么我们调用朴素算法。

因此我们将连续地增加，同时在每一步中检查当前的子串 $[i - d_1[i] \dots i + d_1[i]]$ （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，又或者碰到了的边界，则算法停止。在两种情况下我们均已计算完。此后，仍需记得更新。
现在考虑 $i \le r$ 的情况。我们将尝试从已计算过的的值中获取一些信息。首先在子回文串中反转位置，即我们得到。现在来考察值。因为位置同位置对称，我们 几乎总是 可以置。该想法的图示如下（可认为以为中心的回文串被「拷贝」至以为中心的位置上）：
$\ldots\ \overbrace{ s_l\ \ldots\ \underbrace{ s_{j-d_1[j]+1}\ \ldots\ s_j\ \ldots\ s_{j+d_1[j]-1} }_\text{palindrome}\ \ldots\ \underbrace{ s_{i-d_1[j]+1}\ \ldots\ s_i\ \ldots\ s_{i+d_1[j]-1} }_\text{palindrome}\ \ldots\ s_r }^\text{palindrome}\ \ldots$
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，因此直接置将是不正确的：我们没有足够的信息来断言在位置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。之后我们将运行朴素算法以尝试尽可能增加的值。

该种情况的图示如下（以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，我们只能利用其完全落在「外部」回文串内的部分。然而位置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后更新值。

同时，再让我们重复一遍：计算偶数长度回文串数组的算法同上述计算奇数长度回文串数组的算法十分类似。

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增加，以及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。

Manacher 算法的实现

分类讨论

为了计算，我们有以下代码：

C++Python

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

计算的代码十分类似，但是在算术表达式上有些许不同：

C++Python

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和的计算分开考虑，但实际上可以通过一个技巧将二者的计算统一为的计算。

给定一个长度为的字符串，我们在其个空中插入分隔符 $\#$ ，从而构造一个长度为的字符串。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 $\#$ ，其实际意义为中对应的「空」。而两端的 $\#$ 则是为了实现的方便。

注意到，在对计算后，对于一个位置，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，对于中一个以字母为中心的极大子回文串，设其长度为，则其在中对应一个以相应字母为中心，长度为的极大子回文串；而对于中一个以空为中心的极大子回文串，设其长度为，则其在中对应一个以相应表示空的 $\#$ 为中心，长度为的极大子回文串（上述两种情况下的均为偶数，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，在中，表示在中以对应位置为中心的极大子回文串的 总长度加一。

上述结论建立了的同的和间的关系。

由于该统一处理本质上即求的，因此在得到后，代码同上节计算的一样。

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 。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。

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