迴文子串
迴文分爲奇數迴文和偶數迴文，即字符串的長度爲奇數還是偶數。其實只需要討論奇數的情況，即以某個字符爲中心，左右兩邊的字符按照中心對稱的情況（偶數的情況可以通過本文末尾的方法轉換成奇數的情況）。
最長迴文子串
樸素算法
枚舉每個字符，作爲中心，向兩邊擴展判斷是否相等，找到最大的可行長度。算法最壞複雜度O(n^2)。
Manacher算法
用p[i]表示以第i個字符爲中心軸，兩邊字符軸對稱的最大半徑。如圖所示，p[1]=1,p[2]=2,p[4]=3,p[7]=5。主體思想還是和樸素算法類似，從小到大枚舉i，計算p[i]。核心思想在於p[i]的初始值，它不再是1，而是根據之前計算的{p[j] | 1<=j<i}來確定p[i]的初始值。
我們用一個變量ct來保存前面所有字符產生的最大回文子串的“最大右邊界”的中心軸位置，“最大右邊界”的含義不是p[i]最大，而是i + p[i]最大，如圖2中枚舉完前8個位置後，得到ct=7，對應的右邊界爲ct + p[ct] - 1。
然後，我們有了一些初始信息，那麼當枚舉到第i個字符時，分情況討論：
1)如圖3所示，如果i<ct+p[ct]，即第i個字符必然落在以ct爲中心軸的最大回文子串之內。那麼我們必然可以找到一個和i點按照ct軸對稱的點j，滿足(i+j)/2=ct，則j = 2*ct-i。
這時候，我們繼續分情況討論，j的位置可能衍生出三種情況，如圖4所示：
(a)的情況，p[i]=p[j]，而且不可能再長。假設p[i]能夠再長，則根據對稱性，p[j]也能夠再長，但是p[j]已經確定了，所以假設不成立；
(b)的情況，p[i]=p[j]，和(a)不同的是，它有可能還可以向兩邊擴張；
(c)的情況，p[i]=ct+p[ct]-i，而且不可能再長。還是利用反證法，如果p[i]兩邊可以再擴張一個字符，如圖中的y和z部分相等，那麼必然x和y部分也相等（根據對稱性），而x和w也相等，從而w和z相等，這樣說明原本的p[ct]可以再增長，而p[ct]已經確定了，所以假設不成立。
2)i>=ct+p[ct]，那麼前面的一些計算信息無法爲我們所用，於是p[i] = 1;
綜合上述情況，可以得到p[i]的初始值如下：
if (i < ct + p[ct]) {
p[i] = min(p[2*ct-i], ct + p[ct]-i);
}else {
p[i] = 1;
}
然後再循環判斷第i-p[i]個字符和第i+p[i]個字符是否相等，如果相等則p[i]++；否則退出循環。然後利用新的i+p[i]更新ct。
代碼實現
int Manacher(char *str) {
int ct = 0, r = 0, maxLen = 1;
p[0] = 1;
for(int i = 1; str[i]; ++i) {
// 1.計算p[i]初始值
if(i < r) {
p[i] = Min(p[2*ct-i], r-i);
}else {
p[i] = 1;
}
// 2.擴張p[i]，以適應達到p[i]最大值
while(i-p[i]>=0 && str[i-p[i]] == str[i+p[i]])
++p[i];
// 3.更新ct
if(p[i] + i > r) {
ct = i;
r = p[i] + i;
}
// 4.更新最長迴文
if(2*p[i]-1 > maxLen) {
maxLen = 2*p[i] - 1;
}
}
return maxLen;
}
當所有字符都相等時，該算法達到最壞複雜度，觀察可得複雜度O(n)。
奇偶迴文轉換
以上算法只支持字符串長度爲奇數的情況，那麼接下來我們通過一種方法，將偶數字符串轉換成奇數。如圖所示，相鄰字符間插入一個不在該字符串的字符集中的字符，比如$。原串長度爲s，則轉換後的串長度爲2*s+1，所以必然爲奇數。
並且這麼做以後有幾個比較明顯的性質：
1、任何一個迴文子串的兩端必然是'$'。
2、以'$'爲中心的最長迴文子串的半徑一定是奇數；反之，一定是偶數。
Manacher
Manacher
Manacher+單調性
Manacher+動態規劃
Manacher+枚舉
Manacher+樹狀數組
Manacher+RMQ+枚舉
HDU 3068 最長迴文
題意：給定一個長度爲N(N<=110000)的字符串，求它的最長迴文子串的長度。
題解：間隔插入字符'$'後，利用Manacher算法求出每個字符爲中心的最長迴文子串半徑p[i]，比較取得最大的p[i]記爲Max，則Max-1就是最後的答案。
HDU 3294 Girl's research
題意：在一個長度爲N(N<=200000)的字符串中，找到一個最長迴文子串，並且輸出。
題解：間隔插入字符'$'後，利用Manacher算法求出每個字符爲中心的最長迴文子串半徑p[i]，比較取得最大的p[i]，輸出兩端即可。
HDU 4513 吉哥系列故事——完美隊形II
題意：在一個長度爲N(N<=100000)的整數序列中，找到一個連續的迴文序列，且從左到中間保持單調不降。
題解：對於原序列，計算一個輔助數組h，h[i]代表從自己到最左邊的單調不增的序列長度。然後在原序列間隔插入-1，利用Manacher算法求出每個數爲中心的最長迴文子序列的半徑p[i]，然後對新序列（插入-1的序列）的每個i (i 下標從0開始計) 進行計算求最大值。迴文和單調取交集，即滿足半徑小的那個。
以第i個元素爲中心軸，如果這個元素是-1，則兩邊必然偶對稱，min{p[i]-1, 2*h[i/2-1]}；否則爲奇對稱，取值爲min{p[i]-1, 2*q[i/2]-1}，取所有這些串中的最大值就是答案。
HDU 5677 ztr loves substring
題意：給定N(N<=100)個字符串，要求取出其中K(K<=100)個子串，組成一個長度爲L(L <=100)的子串。並且這些子串需要滿足的條件是必須迴文。可行輸出Yes，不可行輸出No。
題解：利用Manacher求出每個串的迴文子串中長度爲 i (i <= 該字符串長度)的個數。然後將這些個數合併。
用dp[i][j][k]表示可以選擇的子串長度爲1-i的情況下，選擇個數爲j個，組成長度爲k的方案是否可行。然後就是一個O(n)的狀態轉移，算法最壞複雜度O(n^4)。實際上肯定達不到，因爲只要有一個i滿足dp[i][K][L]=true，則可以直接輸出Yes了。
初始狀態dp[0][0][0]=true，其它均爲false，然後枚舉進行狀態轉移即可。
HDU 5340 Three Palindromes
題意：給定N(N<=20000)個字符串，求判斷是否能夠將它切兩刀，將它變成三個迴文串。
題解：首先還是插入字符'$'，求一遍Manacher，然後開始找一些有趣的性質。我們可以分成兩種情況討論：
1)第一種，中間那個串的最長迴文子串去掉後，兩邊的串分別正好是迴文串。這種情況比較簡單，枚舉每個字符作爲中心軸，去掉中間那個迴文串後，確定兩邊兩個串的中心軸，利用p[i]判斷是否滿足迴文條件即可。
2)第二種，中間那個串的最長迴文去掉後，兩邊無法再構成迴文；但是中間串縮短長度後，兩邊有可能構成迴文。如圖所示：
這種情況下，我們需要枚舉中間那個串的實際長度，這個實際長度最大值爲p[i]，然後每次減2。由於逐漸減小長度的過程中，必然兩個邊界是按照中心軸對稱的，而邊界需要滿足分別和原串的兩邊界對稱，所以在減小長度的同時可以比較原串的收尾是否有不相等的情況，一旦不相等就可以退出循環了，複雜度小於O(n^2)。
HDU 5785 Interesting（推薦）
題意：給定一個長度小於等於N(N<=10^6)的字符串S[N]，有三元組(i,j,k)滿足1<=i<=j<k<len，且S[i...j]和S[j+1...k]均爲迴文串。現在需要輸出所有這些三元組的i*k的和模1000000007。
題解：首先插入字符'$'，原串S變成S'，然後求一遍Manacher，記錄下p[i]。然後就是枚舉j，看左邊有多少i滿足S[i...j]是迴文，右邊有多少k滿足S[j+1...k]是迴文。如果用樸素的做法，統計所有i的和以及k的和相乘加和，總的複雜度爲O(n^2)。所以我們可以採用樹狀數組來加速這部分求和。
我們先討論S[i...j]部分的求和統計。目的是找到以j結尾的所有迴文串S[i...j]中i的和。
首先枚舉所有非'$'的字符y，然後我們的目的是要找到所有的x<=y，滿足g=(x+y)/2，且g+p[g]>y。由於y對應的字符不是'$'，根據對稱性，x對應的字符也不是'$'。x字符對應原字符串的下標爲(x+1)/2。
所以問題轉化成求：
例如，這個串以第9個字符結尾的迴文串的左端點x集合是{1,5,9}，經過座標轉換後，原串的所有i求和爲sum{ (x+1)/2 | x=1,5,9 }=1+3+5=9。
然而，實際計算的時候，所有i的求和只能通過O(n)的遍歷，這樣總的複雜度會變成O(n^2)，爲了能夠用樹狀數組進行統計，我們引入了一箇中間變量，即所有這些迴文串中心g。
因爲g=(x+y)/2，所以x = 2g-y，於是有：
sum{g}代表所有滿足條件的迴文的中心軸數值的和，cnt代表有多少個迴文串。那麼，我們可以用兩個樹狀數組分別統計這兩個值，如圖所示：
維護兩個樹狀數組，一個統計cnt，一個統計sum。計算cnt的時候，對於每個p[g]，在g位置+1，g+p[g]位置-1；計算sum的時候，對於每個p[g]，在g位置+g，在g+p[g]位置-g。
這樣對於每個j，就能計算所有i的和了，用同樣方法計算所有k的和，然後相乘取模即可。算法複雜度O(nlogn)。當然還有一個更加高效的算法，每次插入和計算求和的時候都是遞增的進行，所以可以不需要樹狀數組，直接一個O(n)的數組維護前綴和即可，總算法複雜度可以達到O(n)。
HDU 5371 Hotaru's problem
題意：給定一個N(N<=10^5)個元素的數組。定義N-序列爲3K個元素，前K個和中間K個完全對稱，並且前K個和最後K個元素完全相等。求N個元素中最長的N-序列的長度。
題解：由題意得，前K個和中間K個構成偶迴文，且中間K個和最後K個也構成偶迴文。
首先，數據量大的情況下，用G++提交利用輸入外掛，可以節省500MS時間。然後就是各種亂搞，在相鄰元素中間插入-1後跑一邊Manacher，然後就是枚舉以每個-1爲對稱軸的迴文串，記錄最優解Max。
枚舉每個-1的對稱軸i，然後在p[i]覆蓋範圍內找右邊串的對稱軸j，算法複雜度O(n^2)。但是，這裏可以做很多優化，比如在當前可能的軸i和軸j之間如果沒有一個k滿足k-p[k]+1<=i，則不需要枚舉j直接跳出循環。這一步可以用RMQ來完成。如果當前情況下能夠求得的最優解已經小於等於Max，也不需要繼續往下枚舉。
還有一個比較依賴數據的剪枝，就是3*(Max+1)>N的時候退出整個循環（用於所有元素均相等的情況）。