在字符串相关的算法题中，寻找最长回文子串是一个经典且富有挑战性的题目。本篇将详细分析并推导两种有效的解决方案：动态规划法和中心扩展法。
题目描述
给定一个字符串 s，我们需要找到 s 中最长的回文子串。回文是指正着读和反着读都相同的字符串。例如，输入 "babad" 时，输出可以是 "bab" 或者 "aba"；输入 "cbbd" 时，输出为 "bb"。
解题思路
方法一：动态规划
如果你不了解什么是动态规划，或者时空复杂度，请参考以下内容：
1. 定义状态： 我们使用一个二维布尔数组 dp，其中 dp[i][j] 表示字符串 s 从索引 i 到 j 的子串是否是回文。
2. 状态转移方程：
- 若
s[i] == s[j]
且：j - i <= 1（即当子串长度为1时），则 dp[i][j] = true，因为此时其只有1个或两个字母，且字母相同，构成回文。
dp[i + 1][j - 1] == true（即如果去掉首尾字符的子串也是回文，因为你观察一个回文字符会发现，如果一个字符是回文那么当你去除其首尾仍然是回文，这样我们按照动态规划的思想，对之前的计算结果进行计算，之后避免重复计算就可以减少时间复杂度），则dp[i][j] = true。
3. 其他条件：
- 所有单个字符的子串都是回文，因此
dp[i][i] = true。 - 两个相同字符组成的子串也是回文，即
dp[i][i+1] = (s[i] == s[i+1])。
4. 实现代码：
class Solution {
public:
string longestPalindrome(string s) {
vector<vector<bool>> dp(s.size(), vector<bool>(s.size(), false));
int result = 0;
string str;
for (int i = s.length() - 1; i >= 0; --i) {
for (int k = i; k < s.length(); ++k) {
if (s[i] == s[k] && (k - i <= 1 || dp[i + 1][k - 1])) {
dp[i][k] = true;
if (k - i >= result) {
result = k - i;
str = s.substr(i, k - i + 1);
}
}
}
}
return str;
}
};
5. 时间复杂度： O(n²)，空间复杂度为 O(n²)。
方法二：中心扩展法
1. 原理： 每个回文可以视为围绕中心展开的。我们可以考虑两种情况：
- 以单个字符为中心（奇数长度回文，从单个字符开始左右定义两个指针，每次向外扩展，直到达到
left == 0 || right == s.size() - 1边界，然后记录长度）。 - 以两个相同字符为中心（偶数长度回文，这种情况比较适用与两个相同字母在一起，因为此时她们就构成回文了，如果只使用单个字符做为中心，那么
--left != --right是绝对成立的）。
2. 扩展过程： 从每个中心开始，逐步向外扩展，比较左右字符是否相等，直到不能再扩展为止。
3. 实现代码：
class Solution {
public:
string longestPalindrome(string s) {
string res;
for (int i = 0; i < s.length(); ++i) {
int r1 = maxLength(s, i, i); // 奇数长度回文
int r2 = maxLength(s, i, i + 1); // 偶数长度回文
res = res.length() >= r1 * 2 - 1 ? res : s.substr(i - r1 + 1, r1 * 2 - 1);
res = res.length() >= r2 * 2 ? res : s.substr(i - r2 + 1, r2 * 2);
}
return res;
}
int maxLength(string s, int left, int right) {
int r = 0;
while (left >= 0 && right < s.length() && s[left] == s[right]) {
left--;
right++;
r++;
}
return r;
}
};
4. 比较扩展长度： 在拿到最多扩展之后，我们就可以先判断字符长度是否比现有的最长回文长度大，若大，则根据单字符回文和双字符回文裁剪出字符串
4. 时间复杂度： O(n²)，空间复杂度为 O(1)。
结果对比
动态规划方式
中心拓展方式
