Skip to content

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）。

更进一步的描述

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 $d_1[3] = 3$：

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

字符串 $s = \mathtt{cbaabd}$ 以 $s[3] = a$ 为中心有两个偶数长度的回文串，最长回文串半径为 $2$，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：

// C++ Version
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]++;
  }
}

# Python Version
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）。

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：

// C++ Version
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;
  }
}

# Python Version
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：

// C++ Version
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;
  }
}

# Python Version
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。