Алгоритм поиска самой длинной подстроки палиндрома

Один из самых прекрасных алгоритмов в информатике, который показывает, как можно получить большое ускорение от "вялого" O(n³) до молниеносного¹ O(n), просто посмотрев на проблему с другой точки зрения.

Задача состоит в том, чтобы найти самую длинную подстроку, которая является палиндромом (читается одинаково слева направо и справа налево, например, "racecar"). Так, самый длинный палиндром в строке "Fractions are never odd or even" это "never odd or even" (регистр букв и пробелы игнорируются). Это также имеет практическое применение в биохимии (ГААТТЦ или ЦТТААГ являются палиндромными последовательностями²). К тому же, эту задачу³ часто дают на собеседовании.

Самый простой и прямой подход (при этом самый медленный) - перебирать с начала все подстроки всех длин и проверять, является ли текущая палиндромом:

Псевдокод такого решения

ЦИКЛ по символам всей строки:
	ЦИКЛ по всем длинам, начиная с текущего символа:
		ЦИКЛ по символам в этой подстроке:

явно указывает, что метод со сложностью O(n³) (где n - это длина начальной строки) является быстровозрастающей функцией.

Если бы вместо перебора с самых начал подстрок, мы начинали перебор с середины, это позволило бы нам использовать результаты, которые мы получили на предыдущих шагах.

Например, если мы знаем, что "eve" - это палиндром, то нам потребуется всего одно сравнение, чтобы выяснить, что "level" тоже палиндром. В первом решении нам бы пришлось проверять все полностью с самого начала.

ЦИКЛ по символам строки до середины:
	ЦИКЛ по всем длинам, начиная с текущего символа:

В таком случае сложность составляет O(n²). Но существуют методы⁴, позволяющие сделать это еще быстрее.

Один из самых изящных - это алгоритм Манакера⁵. Он основан на методе, описанном выше, но его временная сложность сокращена до O(n).

Когда палиндромы в строке находятся далеко, оптимизировать нечего. Сложность и так O(n). Проблема появляется, когда они пересекаются, а худшим случаем является строка, состоящая из одной буквы.

Рассмотрим следующую ситуацию. Алгоритм нашел самый короткий зеленый палиндром, самый длинный голубой палиндром и остановился на букве "i":

Внимательно посмотрев на картинку, можно заметить, что у нас нет необходимости обрабатывать правую часть голубого палиндрома. По определению, это зеркальное отражение левой части, так что полученную левую часть мы можем отразить на правую и получить ее, так сказать, "за бесплатно".

Однако, это не единственный случай перекрытия. На следующей картинке зеленый палиндром пересекает границу голубого, поэтому его длина должна быть уменьшена.

Опять-таки нет нужды дважды проверять длину отраженного палиндрома: буквы b и x обязаны быть различными, иначе голубой палиндром был бы длиннее.

Наконец, один палиндром может "касаться" другого изнутри. В этом случае нет гарантий, что отраженный палиндром не имеет бОльшую длину, так как мы получаем нижнюю границу его длины:

В идеале мы должны пропускать как нулевые, так и строго ненулевые значения (= все случаи, кроме последнего) в дальнейшей обработке (код 1 ниже). Но в практике (если вообще можно говорить о практике в такой абстрактной задаче) разница между ≥ и = довольно мала (всего одно дополнительное сравнение), поэтому имеет смысл рассматривать все ненулевые значения с помощью ≥ для краткости и читаемости кода (код 2 ниже).

Одна из возможных реализаций алгоритма на питоне:

#код 1
def odd(s):
    n = len(s)
    h = [0] * n
    C = R = 0      # центр и радиус или крайний правый палиндром
    besti, bestj = 0, 0     # центр и радиус самого длинного палиндрома
    for i in range(n):
        if i < C + R:         # если есть пересечение
            j = h[C-(i-C)]       # отражение
            if j < C + R - i:    # случай A
                h[i] = j
                continue
            elif j > C + R - i:  # случай B 
                h[i] = C + R - i
                continue
            else:                # case C 
                pass
        else:                 # если нет пересечения
            j = 0
        while i-j > 0 and i+j<n-1 and s[i-j-1] == s[i+j+1]:
            j += 1
        h[i] = j
        if j > bestj:
            besti, bestj = i, j
        if i + j > C + R:
            C, R = i, j
    return s[besti-bestj : besti+bestj+1]

Сперва алгоритм пытается найти соответствующее отражение, как описано выше. Затем, если необходимо, последовательно ищет: как в алгоритме со сложностью O(n²), но принимая отраженное значения за начальную точку. В конце если новый палиндром перекрывает больше текста справа, чем предыдущий, то он становится новым крайним правым палиндромом.

Эта функция ищет палиндромы только нечетного размера. Общий подход для работы с палиндромами четного размера таков:

• вставлять произвольный символ между символами в оригинальной строке, к примеру ‘noon’ -> ‘|n|o|o|n|’,

• находить палиндром нечетного размера,

• удалять произвольные символы из результата.

Символ "|" необязательно должен отсутствовать в строке. Можно использовать любой символ.

def odd_or_even(s):
    return odd('|'+'|'.join(s)+'|').replace('|', '')

>>> odd_or_even('afternoon')
'noon'

Немного запутанная версия (труднее для понимания, немного медленнее, но короче) выглядит так:

#код 2
import re

def odd(s):
    n = len(s)
    h = [0] * n
    C = R = 0      # центр и радиус или крайний правый палиндром
    besti, bestj = 0, 0     # центр и радиус самого длинного палиндрома
    for i in range(n):
        j = 0 if i > C+R else min(h[C-(i-C)], C+R-i)
        while i-j > 0 and i+j<n-1 and s[i-j-1] == s[i+j+1]:
            j += 1
        h[i] = j
        if j > bestj:
            besti, bestj = i, j
        if i + j > C + R:
            C, R = i, j
    return s[besti-bestj : besti+bestj+1]

def manacher(s):
    clean = re.sub('\W', '', s.lower())
    return odd('|'+'|'.join(clean)+'|')[1::2]

>>> manacher('He said: "Madam, I\'m Adam!"')
'madamimadam'

Как видно, в коде есть два вложенных цикла. Тем не менее, интуитивно понятно, почему сложность O(n). На диаграмме показан массив h.

Внешний цикл соответствует горизонтальному перемещению, внутренний - вертикальному. Каждый шаг - это одно сравнение. Сплошные линии - расчет шагов, пунктирные - пропуск шагов.

Очевидно из диаграммы, что, когда палиндромы не пересекаются, число шагов "вверх" равно количеству горизонтальных "пропускающих" шагов. Для пересекающихся палиндромов чуть более заморочено, но если посчитать число шагов "вверх" и число горизонтальных "пропускающих шагов, то эти числа вновь совпадут. Так что общее число шагов ограничено 2n сравнениями. Не просто n , потому что, в отличие от вертикальных шагов, чтобы понять, пропускать ли горизонтальный шаг или нет, необходимо проделать некую работу (хотя можно изменить реализацию, чтобы пропускать их за постоянное время). Итого временная сложность - O(n).

Алгоритм Манакера позволяет найти самый длинный палиндром в строке (если быть точнее, не просто самый длинный палиндром, а самый длинный палиндром для всех возможных центров) за линейное время, используя очень интуитивный подход, лучше всего описываемый визуально.

Ссылки:

1. Сайт Big-O Cheat Sheet.

2. Статья на Википедии про палиндромные последовательности.

3. Задача на Leetcode про самый длинный палиндром в строке.

4. Статья на Википедии про самый длинный палиндром в строке.

5. Гленн Манакер (1975), "Новый линейный алгоритм для поиска самого длинного палиндрома строки", журнал ACM.