这个题目比较难，给定一个全部由字母组成的字符串，长度为N，求其中长度大于1的回文子串的个数。其实它求的是下标对的个数 （x,y)满足y<y 并且x到y（包含）之间的字符串是回文的。
输入范围：长度 ［0..20000]
输出： 长度大于1的回文子串个数，如果个数大于10^8，输出-1。
要求复杂度： 时间复杂度 O（N），空间复杂度 O（N） 。
解答：
其实我们可以套用最大回文子串的方法。 首先给字符串相邻字符之间加上一个特殊符号，它没有出现过，这样我们就统一了奇数长度和偶数长度的回文串，都变为奇数长度了。例如aba变为了#a#b#a#。
一个回文串必然是以某个字符为中心的，那么我们定义p[i]表示以i为中心向“右”延伸的距离，使得[i - p[i]..i + p[i]] 这个子串是回文串。其实在变换后的字符串中，这个长度恰好就是原来回文串的长度。 那么如果我们能线性时间求出p这个数组，那么就可以了。求总的个数时，只要把p[i] / 2相加就可以了。例如，一个长度为5的回文串实际上包含了长度为5的和长度为3的回文串。
那么如何线性时间求p呢？ 当前求p[i]，我们已经求出前面所有0..i - 1的p值了。对于某个x，我们定义，从子串[x - p[x], x + p[x]]是回文的。我们定义这样的东西叫做一个窗口。我们考虑尽可能靠右的窗口，假设它的中心是center, 子串[center - p[center], center + p[center]] 是回文的。 我们假设i <= center + p[center], 我们考虑它关于c的对称点i' = center * 2 - i。 因为对称性，i'向左的字符和i向右的字符是一样的，我们看一下p[i']， 我们试图把i也向右延伸，但是不能超过这个窗口的右边界。 也就是在这个窗口内部，i'和i向左和右延伸是一样的。那么我们可以让p[i] = min(p[i'], right - i)。当然超出有边界的部分，我们还是要不比较更新。这个算法复杂度是 O(N)的，因为right只增不减，每次比较，如果p[i] = p[i']，没有额外的开销，否则额外比较开销正好在更新right上，而right最多更新N次。这就是最大回文子串的O(N)算法。网上右很多画图讲解的，也非常清晰。但是我觉得，莫过于自己想清楚这个问题。只要在那个限定的窗口里，以i为中心的长度，可以用以i'为中心的长度所部分确定，只有超出部分才需要比较，这就是本算法的核心了。
代码：
// you can also use includes, for example:
// #include <algorithm>
#include <vector>
int solution(const string &S) {
// write your code here...
if (S.empty()) {
return 0;
}
string s = "#";
int i;
for (i = 0; i < S.length(); ++i) {
s += S[i];
s += "#";
}
int n = s.length();
int center = 0, right = 0,answer = 0;
vector<int> p;
p.resize(n);
for (i = 0; i < n; ++i) {
int ii = (center << 1) - i;
for (p[i] = (i < right)?min(p[ii], right - i):0; (i - p[i] - 1 >= 0) && (i + p[i] + 1 < n) && (s[i - p[i] - 1] == s[i + p[i] + 1]); ++p[i])
;
if ((answer += (p[i] >> 1)) >= 100000000) {
return -1;
}
if (i + p[i] > right) {
right = i + p[i];
center = i;
}
}
return answer;
}