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 $s[i\ldots j]$ 为一个回文串。当 $t=t_{rev}$ 时，字符串 $t$ 是一个回文串（$t_{rev}$ 是 $t$ 的反转字符串）。

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 $i=0\ldots n-1$，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。

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，也即 $d_1[3]=3$： $$ a\ \overbrace{b\ a\ \underset{s_3}{b}\ a\ b}^{d_1[3]=3}\ c $$ 字符串 $s=\mathtt{cbaabd}$ 以 $s[3]=a$ 为中心有两个偶数长度的回文串，也即 $d_2[3]=2$： $$ c\ \overbrace{b\ a\ \underset{s_3}{a}\ b}^{d_2[3]=2}\ d $$ 因此关键思路是，如果以某个位置 $i$ 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地描述该算法。

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 地简单，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。

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：

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]++;
  }
}

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 $r=-1$。

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 $[i-d_1[i]\ldots i+d_1[i]]$ 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 $j-d_1[j]+1\le l$（或者等价地说，$i+d_1[j]-1\ge r$）。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，以至于超出“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。然而更仔细地分析显示该算法具有线性复杂度。

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 $O(n)$。

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);
  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;
  }
}

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;
  }
}

虽然在讲解过程中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。

P3805 【模板】manacher算法

给出一个只由小写英文字符 $a,b,c,\cdots,y,z$ 组成的字符串 $S$，求 $S$ 中最长回文串的长度。字符串长度为 $n$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1.1e7+5;
char Ma[N<<1];
int Mp[N<<1];
void Manacher(char s[],int len){
	int l=0;
	Ma[l++]='$';
	Ma[l++]='#';
	for(int i=0;i<len;i++){
		Ma[l++]=s[i];
		Ma[l++]='#';
	}
	Ma[l]=0;
	int mx=0,id=0;
	for(int i=0;i<l;i++){
		Mp[i]=mx>i?min(Mp[2*id-i],mx-i):1;
		while(Ma[i+Mp[i]]==Ma[i-Mp[i]]) Mp[i]++;
		if(i+Mp[i]>mx){
			mx=i+Mp[i];
			id=i;
		}
	}
}
char s[N];
int main(){
	scanf("%s",s);
	int len=strlen(s);
	Manacher(s,len);
	int ans=0;
	for(int i=0;i<2*len+2;i++)
		ans=max(ans,Mp[i]-1);
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

ABB

题意：在给定字符串 $s$ 的末尾添加尽可能少的字符，使其成为回文串。

题解：等价于求解原字符串中以末尾字符结尾的最长回文子串。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=4e5+5;
char Ma[N<<1];
int Mp[N<<1];
void Manacher(char s[],int len){
	int l=0;
	Ma[l++]='$';
	Ma[l++]='#';
	for(int i=0;i<len;i++){
		Ma[l++]=s[i];
		Ma[l++]='#';
	}
	Ma[l]=0;
	int mx=0,id=0;
	for(int i=0;i<l;i++){
		Mp[i]=mx>i?min(Mp[2*id-i],mx-i):1;
		while(Ma[i+Mp[i]]==Ma[i-Mp[i]]) Mp[i]++;
		if(i+Mp[i]>mx){
			mx=i+Mp[i];
			id=i;
		}
	}
}
char s[N];
int main(){
	int n;
	scanf("%d",&n);
	scanf("%s",s);
	int len=n;
	Manacher(s,len);
	int ans=0;
	for(int i=0;i<2*len+2;i++)
		if(Mp[i]-1==((2*len+1)-i)) 
			ans=max(ans,Mp[i]-1);
	printf("%d",len-ans);
	return 0;
}

P4555 [国家集训队]最长双回文串

题意：输入长度为 $n$ 的串 $S$，求 $S$ 的最长双回文子串 $T$，即可将 $T$ 分为两部分 $X$，$Y$，$(|X|,|Y|\ge1)$ 且 $X$ 和 $Y$ 都是回文串。

题解：做 Manacher 时维护以 $i$ 为结尾的最长回文子串的长度 $ll[i]$，和以 $i$ 为开头的最长回文子串的长度 $rr[i]$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
char Ma[N<<1];
int Mp[N<<1];
int ll[N<<1],rr[N<<1];
void Manacher(char s[],int len){
	int l=0;
	Ma[l++]='$';
	Ma[l++]='#';
	for(int i=0;i<len;i++){
		Ma[l++]=s[i];
		Ma[l++]='#';
	}
	Ma[l]=0;
	int mx=0,id=0;
	for(int i=0;i<l;i++){
		Mp[i]=mx>i?min(Mp[2*id-i],mx-i):1;
		while(Ma[i+Mp[i]]==Ma[i-Mp[i]]) Mp[i]++;
		if(i+Mp[i]>mx){
			mx=i+Mp[i];
			id=i;
		}
		ll[i+Mp[i]-1]=max(ll[i+Mp[i]-1],Mp[i]-1);
		rr[i-Mp[i]+1]=max(rr[i-Mp[i]+1],Mp[i]-1);
	}
	for(int i=1;i<l;i+=2) rr[i]=max(rr[i],rr[i-2]-2);
	for(int i=l-1;i>=1;i-=2) ll[i]=max(ll[i],ll[i+2]-2);
}
char s[N];
int main(){
	scanf("%s",s);
	int len=strlen(s);
	Manacher(s,len);
	int ans=0;
	for(int i=1;i<2*len+2;i+=2)
		if(rr[i]&&ll[i])
			ans=max(ans,ll[i]+rr[i]);
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

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