问题大意是在给定字符串中查找最长的回文子串，所谓的回文就是依据中间位置对称的字符串，比如abba，aba都是回文。
这个问题初一看，非常简单，但是会很快发现那些简单的思路都会带来O(n^3)级别的时间复杂度，n为传入字符串的实际长度。比如说下面的代码中的暴力枚举
for(i = 0; i < n; i = i + 1)
for(j = i + 1; j < n; j = j + 1)
ti = i, tj = j
while(ti < tj && s[ti] == s[tj])
ti = ti + 1, tj = tj -1
其中s表示传入的字符串，其复杂度如下:
显然上面代码的时间复杂度是O(n^3)级别的。
我一开始使用的算法是动态规划算法，利用一个二维数组p，其中p[i][j]表示以i，j为边界的子字符串是否为回文，显然p[i][j] = s[i] == s[j] && p[i + 1][j - 1]。
p is a matrix with specified size nxn //p是一个nxn的矩阵
initialize all cell of p with 0 //将p的每一个单元格初始化为0
mi = 0, mj = 0
for(i = 0; i < n; i = i + 1)
for(j = i + 1; j < n; j = j + 1)
if(get(p, i, j) == 1 && j - i > mj - mi)
mj = j, mi = i
且get函数的定义如下
get(p, i, j)
if(p[i][j] != 0)
return p[i][j]
if(j <= i)
p[i][j] = 1
else
p[i][j] = p[i] == p[j] && get(p, i + 1, j - 1)
return p[i][j]
注意到get方法的时间复杂度除了倒数第二行代码都应该是常数，因此，而每次第二行代码的执行都会设置矩阵p的某个单元格（且不会再次设置），而又由于p总共只有n^2个单元格，故在对i和j进行完整的嵌套循环时，倒数第二行代码总共执行了不超过n^2，除去循环的次数n(n-1)/2，得到的平摊的时间复杂度只是常数级别的。
故我们可以将get方法视作是O(1)时间复杂度的方法，而在嵌套的for循环*调用了n(n-1)/2次get方法，故整段代码的时间复杂度为O(n(n-1)/2)=O(n^2)。当然空间复杂度也因为矩阵的存在为O(n^2)。
看上去优化了很多没有，确实相较与第一个问题优化了很多，但是还远远不够，提交这段代码只会得到TLE，时间超限。
更合适的算法只需要O(n)的时空复杂度就可以解决这个问题，这就是Manacher算法。
首先假设我们用数组p记录这样的数据，p[i]表示以i为中心的最长回文子串的双翼的宽度，比如aba，中b字符的双翼宽度就为1。而a的双翼宽度均为0。显然以i为中心的最长回文字串的长度应该为1+2*p[i]。称p[i]+i为以i为中心的最长回文子串的拓展右边界，简称为i的拓展右边界。
由于p[0]=0是毋庸置疑的，假设我们已经计算出了p[0],...,p[i-1]，那么对于p[i]，我们可以有个快速的计算方法。记c为0,...,i-1中拓展右边界最大的元素。记w表示p[c]，记cRb为c的拓展右边界，而cLb为c的拓展左边界（即c-p[c]），记j表示与i按照c镜像对其的元素，即i-c=c-j，故j=2c-i。详细见下图：
已知s[cLb~cRb]是最大回文，故能保证s[cLb-1]!=s[cRb+1]。当i<cRb时，我们可以从j的性质推断出i的性质。若p[j]<j-cLb，即以j为中心的最长回文被包含在c代表的最长回文中，那么可以保证p[i]=p[j]。这是为什么呢？
假设p[i]>p[j]，就意味着s[i-p[j]-1]=s[i+p[j]+1]的成立由于i-p[j]-1=2c-j-p[j]-1>2c-j-j+cLb-1>cLb，而且显然i-p[j]-1<cRb。而i+p[j]+1=2c-j+p[j]+1<2c-j+j-cLb+1=2c-cLb+1=cRb+1，故能保证i-p[j]-1与i+p[j]+1完整地落在区间[cLb,cRb]之间。显然有j-p[j]-1与i+p[j]+1是按c有镜像关系的，而j+p[j]+1与i-p[j]-1也是镜像对齐的。因此我们可以利用回文的定义得到s[j-p[j]-1]=s[i+p[j]+1]=s[i-p[j]-1]=s[j+p[j]+1]，故p[j]小于某个以j为中心的回文的宽度，这与p[j]保存最长回文的宽度这一定义相悖，故假设不成立。而对于p[i]<p[j]的情况也可以做同样的反证。因此综上所述，可以保证当i<cRb且p[j]<j-cLb时有p[i]=p[j]。
继续对其它情况进行探讨，当i<cRb且p[j]>j-cLb时，即j的拓展左边界已经突破了[cLb,cRb]的限制。这时候可以保证p[i]=cRb-i。这又是为什么呢？
假设p[i]>cRb-i，那么就有s[cRb+1]=s[2*i-cRb-1]（依旧是回文的定义），而又因为2*i-cRb-1=2*i-(2*c-cLb)-1=2*(i-c)+cLb-1>=2+cLb-1=cLb+1，因此能保证s[2*i-cRb-1]落在[cLb,cRb]中。由于s[cLb~cRb]是回文，因此s[2c-2i+cRb+1]=s[2*i-cRb-1]（2c-2i+cRb+1与2*i-cRb-1以c镜像对齐）。继续由于p[j]>j-cLb，因此有2c-2i+cRb+1=2c-2*(2c-j)+(2c-cLb)+1=2j-cLb+1<j+p[j]+1<=j+p[j]，即2c-2i+cRb+1落在[j-p[j],j+p[j]]中，利用回文和镜像关系最终得到p[2*j-(2c-2i+cRb+1)]=p[2c-2i+cRb+1]，而2*j-(2c-2i+cRb+1)=i+j-(2c-cLb)-1=cLb-1。因此依据等价关系的传递性可以得到s[cRb+1]=s[cLb-1]，因此s[cLb-1~cRb+1]是比s[cLb~cRb]更长的以c为中心的回文字串，这与p[c]的定义不一致，故假设不成立。对于p[i]<cRb-i也可以做类似验证。综上所述，当i<cRb且p[j]>j-cLb时，p[i]=cRb-i。
而对于i<cRb且p[j]=j-cLb的情况，我们只能保证p[i]>=cRb-i，再也不能做更多的保证了。证明过程与上述类似，利用回文的对称性和i和j的镜像关系就可以了。
而当i>=cRb我们则不能做任何保证。可以直接以i为中心，向两端拓展，直到遇到不匹配的字符才停止。
p = int[n]
c = 0, p[0] = 0, cRb = 0
for(i = 1; i < n; i = i + 1)
leastw = 0
if(i < cRb)
j = 2 * c - i
if(p[j] < j-cLb)
p[i] = p[j]
continue
else if(p[j] > j-cLb)
p[i] = j-cLb
continue
else
leastw = j - cLb
for(lb = i - leastw, rb = i + leastw; lb >= 1 && rb < n - 1 && s[lb - 1] == s[rb + 1]; lb = lb - 1, rb = rb + 1);
p[i] = rb - i
c = i, cRb = i + p[i]
这样我们就计算出了p的所有值。细心的读者可能会发现，这样取出的所有的回文的长度都是奇数，但是偶数宽度的回文也有可能是最长的回文。
是的，所以针对这道问题，我们需要利用一个小技巧。在组成的s的每一个字符之间填充空白字符（用什么字符都可以，但是要统一，两端也要填充）。比如对于abba，可以填充为$a$b$b$a$。对这样的字符串计算p，可以发现无论相邻原字符之间距离为2，而相邻填充字符之间的距离也均为2。而这意味着原字符只会和原字符做等值判断，而填充字符也只会和填充字符做等值判断，而且可以保证以i（i为[0,2n+1]之间的任意整数）为中心的回文两端字符均为填充字符，这是因为若两端为原字符，显然可以再扩展1的长度。
而最后实际的取出的回文应该为$...$，只要去除字符0,2,...即可得到最终的回文字符串。
最后讨论一下Manacher算法的时间复杂度和空间复杂度。由于分配了长度为n的p数组，以及创建了相当于原字符串两倍的增强字符串，因此空间复杂度为O(n)。而时间复杂度上，由于内部有两个循环，内嵌的循环每次循环都将当前的最大的向右拓展值增加1，而最多只能增加到2n+1，因此执行内嵌循环所需要的总时间为O(2n+1)。而对于外部循环，在移除内循环的情况下，显然每次执行的时间花费都是常数，因此外部循环的总的时间复杂度为O(n)，加总即可得到总的时间复杂度为O(2n+1)+O(n)=O(n)。
最后代码提供给有需要的人：
package cn.dalt.leetcode;
/**
* Created by dalt on 2017/6/7.
*/
public class LongestPalindromicSubstring2 {
public String longestPalindrome(String s) {
if (s.length() <= 1) {
return s;
}
char[] buf = new char[s.length() * 2 + 1];
for (int i = 0, bound = buf.length; i < bound; i += 2) {
buf[i] = ' ';
}
for (int i = 1, bound = buf.length; i < bound; i += 2) {
buf[i] = s.charAt(i >> 1);
}
int blen = buf.length;
int blenMinusOne = blen - 1;
int[] width = new int[blen];
int mxWidth = 0;
int mxCenter = 0;
int mxRightBound = mxCenter + mxWidth; //The right bound include
width[0] = 0;
int bestCenter = 0;
for (int i = 1; i < blen; i++) {
int leastwidth = 0;
//If locate at the circle organized by current rightest palindromic substring
if (i < mxRightBound) {
int j = 2 * mxCenter - i;
int remain = mxRightBound - i;
if (width[j] > remain) {
width[i] = remain;
continue;
} else if (width[j] < remain) {
width[i] = width[j];
continue;
} else {
leastwidth = remain;
}
}
int rbound = i + leastwidth;
int lbound = i - leastwidth;
while (rbound < blenMinusOne && lbound > 0 && buf[rbound + 1] == buf[lbound - 1]) {
rbound++;
lbound--;
}
width[i] = rbound - i;
//Change the rightest palindromic substring if needed
mxCenter = i;
mxWidth = width[i];
mxRightBound = i + mxWidth;
if (mxWidth > width[bestCenter]) {
bestCenter = i;
}
}
int longestlength = width[bestCenter];
int startPoint = (bestCenter - longestlength + 1) / 2;
return s.substring(startPoint, startPoint + longestlength);
}
}