$\mathrm{Manacher}\mathrm{Algorithm}$

Manacher 算法主要是解决怎样的问题呢，其实是求解最长的回文串，但是只能找到长度为奇数的回文串，不过可以通过转化使得能够求解任意长度的回文串。

例题：P3805 【模板】manacher

$\mathrm{Algorithm}\mathrm{Flow}$

Manacher 的算法是在 $O(n)$ 的时间复杂度内，查找对于每一个 $i$，最大的回文半径 $p_i$ 是多少？

从左往右递推做，在递推的过程中，每一次维护右端点最靠右的回文串的中心位置 $mid$，以及该回文串最靠右的位置 $mr$（通常不包含该回文串最靠右的位置，即为该位置$+1$）。（如图）

那么，对于求解 $i$ 的 $p_i$，可以分情况讨论：

• $i$ 在 $mr$ 的左边，即在 $mid$ 所在回文串的内部。那么，充分利用已经算过的信息，考虑 $i$ 在该回文串内的对应点 $j$，其中 $j=mid\times 2-i$。

• 若 $j$ 所在的最大回文串仍然在 $mid$ 所在回文串的范围内，则 $p_i\ge p_j$。（何时取 $\ge$，当且仅当 $j$ 的左端点恰好为 $mid$ 所在回文串的左端点时）
• 若 $j$ 所在的最大回文串超出了 $mid$ 所在回文串的范围，则 $p_i=mr-i$

综上所述，$p_i\ge \min (p_j,mr-i)$

• $i$ 在 $mr$ 的右边，即在 $mid$ 所在回文串的外部。那么，此时 $p_i\ge 1$

最后，暴力的向外扩展即可：

while (S[i - p[i]] == S[i + p[i]]) p[i] ++;

判断当前的 $p_i+i$ 是否超出 $mr$，若超出，则更新 $mr$ 和 $mid$ 即可。

$\mathrm{Analysis}\mathrm{of}\mathrm{the}\mathrm{Time}\mathrm{Complexity}$

其实，时间复杂度就是 while 循环的执行次数（即暴力扩展的次数）。

只要执行 while 那么一定会更新 $mr$，且 while 执行的次数与 $mr$ 向右扩展的数量相同。

所以 $mr$ 总是线性向右递推的，所以总的时间复杂度为 $O(n)$

$\mathrm{Transform}$

刚才的算法只是解决一个字符串中奇数长度的回文串，偶数的是找不出来的。

不过，通过加一些字符可以转化为能够求出任意长度的最长回文串，具体如下：

在任意 $2$ 个字符之间添加 $1$ 个 #，首尾也要加入 #，再在首尾分别加入 $，^ 以防出界，因为你会发现 while 循环是没有边界的。

具体形式：$$\$\#a_1\#a_2\#a_3\#\dots a_n\#\wedge$$

这样对于新串的最长回文半径 $-1$ 即为旧串最长回文串长度。

$\mathrm{Accepted}\mathrm{Code}$

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;
typedef long long LL;

const int SIZE = 4e7 + 10;

int N;
string A, S;
int P[SIZE];

void Manacher()
{
	int mid, mr = 1;
	for (int i = 1; i <= N; i ++)
	{
		if (i < mr) P[i] = min(P[mid * 2 - i], mr - i);
		else P[i] = 1;
		while (S[i - P[i]] == S[i + P[i]]) P[i] ++;
		if (i + P[i] > mr)
		{
			mr = i + P[i];
			mid = i;
		}
	}
}

signed main()
{
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	ios::sync_with_stdio(0);

	cin >> A;
	N = A.size(), A = ' ' + A;

	S += "$#";
	for (int i = 1; i <= N; i ++)
		S += A[i], S += '#';
	S += '^';
	N = S.size(), S = ' ' + S;

	Manacher();

	int Result = 0;
	for (int i = 1; i <= N; i ++)
		Result = max(Result, P[i] - 1);

	cout << Result << endl;

	return 0;
}

练习题：P5446 【THUPC2018】绿绿和串串

$\mathrm{Description}$

定义翻转的操作：把一个串以最后一个字符作对称轴进行翻转复制。形式化地描述就是，如果他翻转的串为 $R$，那么他会将前 $R-1$ 个字符倒序排列后，插入到串的最后

现给出字符串 $S$，询问有哪些串长度不超过 $|S|$ 的串 $R$ 经过若干次翻转操作后得到的串作为 $T$ 的前缀。

数据范围：$\sum |S|\le 5\times 10^6$

$\mathrm{Solution}$

考虑怎样的串翻转若干次之后前缀包含 $S$，其一定是 $S$ 的一个前缀，这样翻转后 $S$ 才会是它的前缀。

那么，对于 $S$ 中每一个位置 $i$ 分情况讨论：

• 若 $1\sim i$ 的串翻转 $1$ 次之后长度超过 $|S|$，则要求 $i+1\sim |S|$ 的串是 $1\sim i-1$ 的串取反后的前缀，即以 $i$ 为中心的回文串最大右端点为 $|S|$。标记 $i$ 位置为可行位置。
• 若 $1\sim i$ 的串翻转 $1$ 次之后长度小于 $|S|$，则要求 $1\sim 2i-1$ 是回文串，且右端点为可行位置，也就是能够经过多次翻转使 $S$ 为其的前缀。

$\mathrm{Accepted}\mathrm{Code}$

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;
typedef long long LL;

const int SIZE = 2e6 + 10;

int N;
string S;
int P[SIZE], Vis[SIZE];

void Manacher()
{
	int mr = 1, mid;
	for (int i = 1; i <= N; i ++)
	{
		if (i < mr) P[i] = min(P[mid * 2 - i], mr - i);
		else P[i] = 1;
		while (S[i - P[i]] == S[i + P[i]]) P[i] ++;
		if (P[i] + i > mr)
			mr = P[i] + i, mid = i;
	}
}

void solve()
{
	cin >> S;
	N = S.size(), S = ' ' + S, S += '^';

	Manacher();

	for (int i = N; i >= 1; i --)
		if (i + P[i] - 1 >= N) Vis[i] = 1;
		else if (Vis[i + P[i] - 1] && i - P[i] + 1 == 1) Vis[i] = 1;

	for (int i = 1; i <= N; i ++)
		if (Vis[i])
			cout << i << " ", Vis[i] = 0;
	cout << endl;
}

signed main()
{
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	ios::sync_with_stdio(0);

	int Data;

	cin >> Data;

	while (Data --)
		solve();

	return 0;
}