Как найти все палиндромы в строке

Алгоритмы для поиска палиндромов

Сегодня я хочу вам рассказать об алгоритмах подсчёта количества палиндромов в строке: для чего это нужно, где применяется, как это быстро сделать, какие подводные камни нас ожидают и многое другое. Рассмотрим различные способы для решения данной задачи, выясним плюсы и минусы каждого способа. Эта статья будет обзорной: если я что-то не описываю здесь, то постараюсь всегда дать вам набор ссылок, где всё подробно описано и расписано. Надеюсь, что материал будет интересен как новичкам в сфере алгоритмов, так и матёрым программистам. Что же, если я смог заинтересовать вас, то прошу под кат!

Для начала стоит вспомнить, что же такое палиндром.

Палиндро́м — число (например, 404), буквосочетание, слово или текст, одинаково читающееся в обоих направлениях. Иногда палиндромом называют любой симметричный относительно своей середины набор символов.(выдержка из Википедии)

Определение очень лёгкое и понятное. Мы в данном посте будем рассматривать палиндромы-слова(поп, кок и т.д.). Но это не значит, что алгоритмы неприменимы для иных ситуаций. Просто чуть сузим область.

Для чего может потребоваться искать палиндромы?

На самом деле, не очень то и часто приходится искать палиндромы в повседневной жизни. Уж больно специфичная это задача. Если говорить о строковых алгоритмах, то мы намного чаще встречаем тот же поиск подстроки в строке, чем нахождение количества палиндромов. Поэтому и освещение в литературе намного слабее.

Одно из основных применений — спортивное/олимпиадное программирование. Там задач на такое хватает. Задач понаписывают, а участникам уже думай, каким способом это решить. Из личного опыта скажу, что мне такие задачи встречались всего пару раз, но все они были из разряда «вот тебе задача, ты не думай, а просто напиши алгоритм». То есть не интересные задачи, которые развивают просто механическую память по набиванию алгоритмов.

А более практическое применение нахождения палиндромов — это биологические алгоритмы. Согласно всё той же Википедии и ссылкам снизу Вики, палиндромность биологических соединений играет важную роль на свойствах различных биологических соединений. Я в биологии слаб, поэтому если вам интересно, то вы можете найти более подробную информацию сами.

Отлично, мы выяснили, что мы будем заниматься не совсем бесполезными делами. Давайте же уже перейдем к рассмотрению алгоритмов!

Замечание: во всех нижеприведённых алгоритмах одиночный символ не считается за палиндром. Как вы понимаете, это легко поправить, если одиночные символы тоже нужно будет учесть.

0) Самый банальный алгоритм с асимптотикой O(N^3)

bool SlowN3::isPalindrom(int leftBorder, int rightBorder)
{
    while(leftBorder <= rightBorder)
    {
        if(str[leftBorder] != str[rightBorder])
        {
            return false;
        }
        ++leftBorder;
        --rightBorder;
    }
    return true;
}

long long SlowN3::operator ()()
{
    for(int leftBorder = 0;leftBorder < str.length(); ++leftBorder)
    {
        for(int rightBorder = leftBorder + 1; rightBorder < str.length(); ++rightBorder)
        {
            if( isPalindrom(leftBorder, rightBorder) )
            {
                ++cntPalindromes;
            }
        }
    }
    return cntPalindromes;
}

Хочу предупредить сразу, что все исходники будут на C++, и это будут значимые части классов, которые нам могут быть интересны.

Алгоритм самый что ни на есть «лоб»: имеется строка, есть указатель на начало подстроки данной строки, есть указатель на конец данной подстроки. В двух вложенных циклах перебираем границы подстрок и банально проверяем, является ли наша подстрока палиндромом. Ничего сложного.

Но это всё ужасно медленно работает. Почему? Да потому что мы квадрат от N раз (N у нас будет всегда длина строки) перебираем границы текущей подстроки, а потом ещё и за O(N) в худшем случае выполняем проверку для каждой подстроки на палиндромность.

Плюсов у данного способа немного:

+ Легко реализуется. Действительно, оставить багу здесь ну очень сложно.
+ Легко читается. Вы только взглянули, и уже поняли, что да как здесь работает.
+ Малая скрытая константа. Как известно, на время работы алгоритма влияет не только асимптотическая оценка (здесь мы работаем только с худшими случаями), но и скрытая константа. У этого алгоритма скрытая константа крайне мала.

Минусы:

— Крайне малая скорость работы. Как вы можете видеть, что при строке из тысячи букв ‘a’ данный алгоритм сделает порядка 10^9 итераций, что есть очень плохо. А что если строка длиной 100000?

1) Самый банальный алгоритм с асимптотикой O(N^2)

Код:

void SlowN2::oddCount()
{
    for(int indMiddle = 0; indMiddle < str.length(); ++indMiddle)
    {
        int leftBorder = indMiddle - 1, rightBorder = indMiddle + 1;
        while(leftBorder >= 0 && rightBorder < str.length() && str[leftBorder] == str[rightBorder])
        {
            ++cntPalindromes;
            --leftBorder;
            ++rightBorder;
        }
    }
}

void SlowN2::evenCount()
{
    for(int indMiddle = 0; indMiddle < str.length(); ++indMiddle)
    {
        int leftBorder = indMiddle, rightBorder = indMiddle + 1;
        while(leftBorder >= 0 && rightBorder < str.length() && str[leftBorder] == str[rightBorder])
        {
            ++cntPalindromes;
            --leftBorder;
            ++rightBorder;
        }
    }
}

Здесь уже чуточку интереснее. У нас имеется строка, и два временных массива для палиндромов чётной и нечётной длины. А число в ячейке i массива будет хранить количество палиндромов в строке s(исходная строка) с центром в точке i. Для нечётной длины палиндрома центр находится легко, ну а для чётной мы просто чуть поиграемся с индексами и сместим чуточку центр(что видно в коде). Наш результат это есть сумма чисел из двух массивов.

Как видите, снова ничего сложного. Но работает это заметно быстрее предыдущего алгоритма. Почему? Давайте рассмотрим, как же оно всё работает.

Мы бежим по строке, перебирая центральный символ нашего потенциального палиндрома. А потом просто бежим влево и вправо от центрального элемента до тех пор, пока символы одинаковы. Как только они стали разными, это значит, что дальше не будет палиндромов с центром в нашем выбранном элементе, и переходим к следующему.

А работает это быстро на обычных строках очень быстро потому, что наш второй, вложенный цикл, который бежит до тех пор, пока крайние символы равны, обрывается крайне быстро(если предположить, что палиндромов в строке много меньше общего числа подстрок).

Рассмотрим плюсы и минусы способа.

Плюсы:

+ Всё также легко кодится. Ошибиться очень сложно.
+ Малая скрытая константа
+ Хорошо ведёт себя на случайных строках

Минусы:

— Всё ещё долгое время работы

После этого способа уже голова начинает думать-думать-думать. И тут идея! А что если мы модифицируем этот способ, только будем от центрального элемента прыгать не на 1 символ с каждой итерацией, а на чуточку больше? И тут нам на помощь приходят…

2) Используем хеши!

Этот способ чуточку сложнее, поэтому сразу приведу код, а потом постараюсь обьяснить, что за магия там творится(хотя магии нет, как вы сами прекрасно знаете):

inline long long Hash::getHash(int indLeft, int indRight) const
{
    return prefixHash[indRight] - (indLeft > 0 ? prefixHash[indLeft - 1] : 0);
}

inline long long Hash::getRevHash(int indLeft, int indRight) const
{
    return suffixHash[indLeft] - (indRight < suffixHash.size() - 1 ? suffixHash[indRight + 1] : 0);
}

void Hash::PrepareSimpleNumbers()
{
    if(str.length() > simpleNumbers.size())
    {
        size_t oldSize = simpleNumbers.size();
        simpleNumbers.resize(str.length());
        simpleNumbers[0] = 1LL;
        for(int i = oldSize; i < simpleNumbers.size(); ++i)
            simpleNumbers[i] = simpleNumbers[i - 1] * SimpleBase;
    }
}

void Hash::CountingPrefixHash()
{
    prefixHash[0] = str[0];
    for(int i = 1; i < prefixHash.size(); ++i)
    {
        prefixHash[i] = prefixHash[i - 1] + str[i] * simpleNumbers[i];
    }
}

void Hash::CountingSuffixHash()
{
    suffixHash[suffixHash.size() - 1] = str[str.length() - 1];
    for(int i = (int) str.length() - 2, j = 1; i >= 0; --i, ++j)
    {
        suffixHash[i] = suffixHash[i + 1] + str[i] * simpleNumbers[j];
    }
}

bool Hash::isPalindrome(int indLeft, int indRight) const
{
    return getHash(indLeft, indRight) * simpleNumbers[prefixHash.size() - indRight - 1] ==
           getRevHash(indLeft, indRight) * simpleNumbers[indLeft];
}

void Hash::CountingOdd()
{
    for (int i = 0; i < oddCount.size(); i++)
    {
        int indLeft = 1, indRight = min(i + 1, static_cast<int> (oddCount.size() - i));
        while (indLeft <= indRight)
        {
            int middle = (indLeft + indRight) / 2;
            if (isPalindrome(i - middle + 1, i + middle - 1))
            {
                oddCount[i] = middle - 1;
                indLeft = middle + 1;
            }
            else
            {
                indRight = middle - 1;
            }
        }
    }
}

void Hash::CountingEven()
{
    for (int i = 0; i < evenCount.size(); i++)
    {
        int indLeft = 1, indRight = min(i, static_cast<int> (evenCount.size() - i));
        while (indLeft <= indRight)
        {
            int middle = (indLeft + indRight) / 2;
            if (isPalindrome(i - middle, i + middle - 1))
            {
                evenCount[i] = middle;
                indLeft = middle + 1;
            }
            else
            {
                indRight = middle - 1;
            }
        }
    }
}

long long Hash::operator()()
{
    PrepareSimpleNumbers();
    CountingPrefixHash();
    CountingSuffixHash();
    CountingOdd();
    CountingEven();
    for(int i = 0; i < str.length(); ++i)
    {
        cntPalindromes += oddCount[i] + evenCount[i];
    }
    return cntPalindromes;
}

Краткая суть данного способа: мы перебираем центральный элемент нашего палиндрома, и потом дихотомией стараемся найти наибольший радиус нашего палиндрома (под радиусом здесь понимается расстояние от центрального элемента до крайнего, если у нас палиндром чётной длины, то просто добавим чуточку игры с индексами, чтобы всё работало). Во время подбора мы должны как-то быстро сравнивать подстроки на идентичность. делаем это с помощью хешей. Асимптотика, как легко догадаться: N тратим на перебор центрального элемента, logN в худшем случае тратим на подбор радиуса палиндрома, за единицу сравниваем подстроки с помощью хешей. Итого имеем O(NlogN), что очень даже неплохо на самом деле.

Теперь чуть подробнее остановимся на данном методе.

На чём основывается наш метод? Так как мы перебираем центральный элемент, а потом дихотомией подбираем радиус наибольшего палиндрома с центром в данном элементе, то мы должны быстро брать хеш левой части нашего потенциального палиндрома и сравнивать его с хешем правой части нашего потенциального палиндрома.

Как это сделать? Давайте предварительно рассчитаем хеш для каждого префикса и суффикса исходной строки. В коде это у нас делают методы CountingPrefixHash() и CountingSuffixHash() соответственно.

С помощью методов getHash() и getRevHash() мы можем быстро получить хеши левой и правой частей рассматриваемого на данном этапе потенциального палиндрома. Тут может возникнуть вопрос, почему нельзя воспользоваться одной и той же функцией подсчёта хеша для левой и правой частей. А всё потому, что мы при проверке на палиндромность левую часть мы читаем слева направо, а вторую справа налево. И нам необходимо поддерживать хеш слева направо и справа налево.

Осталась единственная сложность: как сравнить этих 2 хеша? И эту проблему мы решаем с помощью метода isPalindrome(), который приводит хеши к одному основанию и сравнивает их.

Результатом каждой итерации у нас будет количество палиндромов с центром i. Пробегаемся 2 раза для палиндромов чётной и нечётной длины, ответ на нашу задачу есть сумма всех значений массивов oddCount и evenCount

Более подробно про данный метод вы можете почитать в этой статье.

Плюсы:

+ Асимптотически мы снизили до NlogN, что не может не радовать. Если брать только худшие случаи, то в теории когда-нибудь мы выиграем

Минусы:

— Довольно тяжело пишется. Легко посеять багу. Нужна немного теоретическая подготовка в области хешей.
— Медленно работает на случайных тестах. Вы можете сами в этом убедиться. А всё из-за большой скрытой константы и из-за того, что даже если у нас нет ни одного палиндрома с центром в данном элементе, то алгоритм сделает logN прыжков, а это всё занимает время.
— Коллизии. Как вы видите, в моём исходнике используется хеш, который обычно пишут на олимпиадах по программированию(да-да, я немного этим когда-то занимался). Так вот, на соревнованиях данный способ показывает себя хорошо. Лично у меня коллизии не случались. Но я знаю про способы спокойно данный хеш завалить(в частности способ с использованием строк Туэ-Морса). Я когда-то слышал, что есть какой-то фиббоначиевый хеш, который вроде бы не ломается на данном тесте, но информация недостоверная. Так что будьте осторожны с коллизиями.

А если мы хотим 100% решение без всякой там коллизийной поправки и ввода хеша по другому основанию и так далее?

3) Алгоритм Манакера

Код:

//Find palindroms like 2*N+1
void Manacker::PalN2()
{
    int leftBorder = 0, rightBorder = -1, tempMirror;//start digits for algortihm
    for(int i = 0; i < str.length(); ++i)
    {
        tempMirror = (i > rightBorder ? 0 : std::min(ansPalN2[leftBorder + rightBorder - i], 
                                                                            rightBorder - i)) + 1;//find mirror of current index
        while(i + tempMirror < str.length() && i - tempMirror >= 0 && 
                 str[i - tempMirror] == str[i + tempMirror])//increase our index
        {
            ++tempMirror;
        }
        ansPalN2[i] = --tempMirror;
        if(i + tempMirror > rightBorder)//try to increase our right border of palindrom
        {
            leftBorder = i - tempMirror;
            rightBorder = i + tempMirror;
        }
    }
}

void Manacker::Pal2()
{
    int leftBorder = 0, rightBorder = -1, tempMirror;
    for(int i = 0; i < str.length(); ++i)
    {
        tempMirror = (i > rightBorder ? 0 : std::min(ansPal2[leftBorder + rightBorder - i + 1],
                                                                            rightBorder - i + 1)) + 1;
        while(i + tempMirror - 1 < str.length() && 
                  i - tempMirror >= 0 && str[i - tempMirror] == str[i + tempMirror - 1])
        {
            ++tempMirror;
        }
        ansPal2[i] = --tempMirror;
        if(i + tempMirror - 1 > rightBorder)
        {
            leftBorder = i - tempMirror;
            rightBorder = i + tempMirror - 1;
        }
    }
}

Итак, мы получили с помощью хешей алгоритм за NlogN. Но хочется быстрее. Хочется чего-то линейного. И тут нам на помощь спешит Алгоритм Манакера (по ссылке вы также можете видеть реализацию алгоритма на Java), который мало того, что линеен, так ещё и обладает крайне малой скрытой константой, что положительно сказывается на его скорости работы. Подробно описывать способ я не буду, так как это получится пересказ этой замечательной ссылки (я сам учил алгоритм именно по этой ссылке). Здесь я приведу слегка пересказанное объяснение.

Алгоритм заключается в том, что мы обрабатываем строку символ за символом, поддерживая самый правый палиндром в нашей строке. И на каждой итерации смотрим, наш текущий элемент находится внутри границ самого правого палиндрома или нет. Если находится, то мы можем извлечь ответ из ранее посчитанных значений, путём нехитрых манипуляций с индексами. Если же не находится, то мы идём точно таким же алгоритмом, который описан в пункте 1) этого обзора: идём символ за символом и сравниваем зеркальные элементы относительно центра. Идём до тех пор, пока они равны. И не забываем обновить после этого границы самого правого найденного палиндрома. Это вкратце. Про некоторые подводные камни вы можете почитать в приведённой статье.

Что ещё интересного: во всех задачах, которые я решал на контестах (по олимпиадному программированию), хватало именно этого алгоритма. Очень просто пишется, если ты его писал N раз дома и уже знаешь наизусть.

Плюсы:

+ Довольно короткий код.
+ Очень быстро работает. Мало того, что асимптотика O(N), так ещё и малая скрытая константа.

Минусы:

— Идея не такая простая, чтобы самому сходу придумать данный алгоритм
— Можно запутаться во всяких индексах, если проявить невнимательность при написании кода

А есть ли другие способы решить данную задачу за линейное время?

4) Дерево палиндромов

Немного предыстории. Эту относительно новую структуру данных открыл Михаил Рубинчик rumi13 и представил её на Петрозаводских сборах. Структура крайне интересная своей с одной стороны простотой, а с другой тем, что позволяет быстро решать довольно широкий спектр задачи про палиндромы. И самое главное — позволяет довольно просто считать количество палиндромов в строке за O(N) (но само дерево палиндромов думаю придумывалось далеко не для этого, а для более серьёзных задач с палиндромами).

Код:

PalindromicTree::PalindromicTree(const std::string& s) : FindPalindrome(s)
{
    initTree();
}

PalindromicTree::~PalindromicTree()
{
    for(int i = 0;i < pullWorkNodes.size(); ++i)
    {
        delete pullWorkNodes[i];
    }
}

void PalindromicTree::initTree()
{
    root1 = new Node;
    root1->len = -1;
    root1->sufflink = root1;
    root2 = new Node;
    root2->len = 0;
    root2->sufflink = root1;
    suff = root2;
    pullWorkNodes.push_back(root1);
    pullWorkNodes.push_back(root2);
}

void PalindromicTree::findAddSuffix(Node* &cur, int pos, int& curlen)
{
    while (true)
    {
        curlen = cur->len;
        if (pos - 1 - curlen >= 0 && str[pos - 1 - curlen] == str[pos])
        {
            break;
        }
        cur = cur->sufflink;
    }
}

void PalindromicTree::makeSuffixLink(Node* &cur, int pos, int& curlen,int let)
{
    while (true)
    {
        cur = cur->sufflink;
        curlen = cur->len;
        if (pos - 1 - curlen >= 0 && str[pos - 1 - curlen] == str[pos])
        {
            suff->sufflink = cur->next[let];
            break;
        }
    }
}

void PalindromicTree::addLetter(int pos)
{
    Node* cur = suff;
    int let = str[pos] - 'a', curlen = 0;
    findAddSuffix(cur, pos, curlen);
    if (cur->next[let] != nullptr)
    {
        suff = cur->next[let];
        return;
    }
    suff = new Node;
    pullWorkNodes.push_back(suff);
    suff->len = cur->len + 2;
    cur->next[let] = suff;
    if (suff->len == 1)
    {
        suff->sufflink = root2;
        suff->num = 1;
        return;
    }
    makeSuffixLink(cur, pos, curlen, let);
    suff->num = 1 + suff->sufflink->num;
}

long long PalindromicTree::operator ()()
{
    for (int i = 0; i < str.length(); ++i)
    {
        addLetter(i);
        cntPalindromes += suff->num - 1;
    }
    return cntPalindromes;
}

Опять же, перескажу вкратце суть данного алгоритма. С более подробным разъяснением вы можете ознакомиться в этой замечательной статье.

Итак, идея дерева. В вершинах нашего дерева будут находиться только сами палиндромы: ‘a’, ‘b’, ‘aba’ и так далее. Понятно, что сам палиндромы мы не будем хранить, а просто будем хранить из какой вершины мы пришли сюда, и какой символ с двух сторон добавили. Также у нас существуют две фиктивные вершины для удобной реализации алгоритма.

Но как и в любом интересном дереве, у нас также существуют суффиксные ссылки. Суффиксная ссылка будет вести в вершину, которая также является палиндромом (ну потому что у нас в вершинах хранятся только палиндромы) и которая является наибольшим собственным суффиксом данной вершины. То есть из вершины ‘aba’ ссылка будет вести в вершину ‘a’.

Далее, мы по очереди добавляем символы в дерево по одному. И благодаря хитрому устройству дерева и рекурсивной операции добавления (а также суффиксным ссылкам, по которым осуществляется переход), мы обновляем всё дерево.

Это вкратце, подробнее почитайте информацию по ссылке выше (если не боитесь английского)

Плюсы:

+ Если Вы ранее работали с деревьями, то вам будет очень просто понять данную идею.
+ Позволяет решать большой спектр задач на палиндромы

Минусы:

— Работает медленнее, чем алгоритм Манакера.
— Можно поставить багу. Но, чисто субъективно, тут это сделать сложнее, чем в том же алгоритме Манакера.

Также стоит упомянуть, что с помощью деревьев существует ещё одно решение данной задачи. Оно заключается в использовании суффиксного дерева и быстрого алгоритма LCA(который работает за препроцессинг O(N) и ответ на запрос O(1). Алгоритм Фарах-Колтон-Бендера). Но он на практике не применяется, так как довольно сложен и у него крайне большая скрытая константа. Представляет скорее академический интерес.

Что может быть ещё интересно про алгоритмы? Правильно, потребление памяти и время работы.
На гитхабе Вы можете скачать также код для тестирования, который генерирует случайные строки и ищет в них палиндромы.

Моё тестирование показало, что ожидаемо алгоритм номер 0 работает крайне медленно. Лидером, как Вы можете догадаться, является алгоритм Манакера. Но что самое интересное: алгоритм с O(N^2) выигрывает с примерно двукратным отрывом у алгоритма с использованием хешей с O(NlogN), что ещё раз доказывает, что не асимптотикой единой меряются алгоритмы. Так происходит из-за особенностей отсечения алгоритма номер 1, и отсутствия оной в способе с хешами. Что касается дерева палиндромов, то оно проигрывает Манакеру в основном из-за операций с памятью, так как приходится выделять память под каждую новую вершину. Но если использовать, например, new с размещением, то разрыв сократится.

Память все алгоритмы потребляют линейно от размера входных данных.

На этом мы завершим наш обзор. Надеюсь, что вы почерпнули для себя хоть что-то новое и вам было хоть чуточку интересно! Все исходники вы можете найти в моём публичном репозитории на Github.

P.S.: Если вы заметили какие-то опечатки, неточности или у вас есть дополнения — прошу отписываться в комментариях и писать в ЛС.
P.P.S.: Смело задавайте вопросы в комментариях — постараюсь ответить, если хватит моей компетенции.

Полезные ссылки, которые могут быть вам интересны после прочтения данной статьи (некоторые ссылки могут повторяться, так как могли проскакивать в самой статье):

0) Что такое палиндром
1) Алгоритм Манакера: Вики, Codeforces, e-maxx
2) Немного про хеши и их применение: e-maxx, Habrahabr
3) Обсуждение про завал хешей на Codeforces: тыц
4) Строки (слова) Туэ-Морса: раз, два
5) Статьи про дерево палиндромов: хорошее описание, codeforces
6) Вот ещё цикл статей про поиск чисел-палиндромов: Хабр

Question: All the palindromes from a word.

public class Test4 {
    public static void main(String[] args) {
         String a = "ProtijayiMeyeMADAMGiniiniGSoudiptaGina";
        allpalindromicsubstrings(a);

    }// main

    private static void allpalindromicsubstrings(String a) {
        Set<String> set = new HashSet<String>();
        for (int i = 0; i < a.length(); i++) {
            // odd length palindrome
            expand(a, i, i, set);
            // even length palindrome
            expand(a, i, i + 1, set);

        } // for
        set.parallelStream().filter(words -> words.length() > 1).distinct().forEach(System.out::println);
    }// ee

    private static void expand(String a, int start, int last, Set<String> set) {
        // run till a[start...last] is a palindrome
        while (start >= 0 && last <= a.length() - 1 && a.charAt(start) == a.charAt(last)) {

            set.add(a.substring(start, last + 1));
            // expand in both directions
            start--;
            last++;

        }
    }// ee

}

The output palindromes in the word =>
niin
ADA
eye
MADAM
iniini
GiniiniG
ii
MeyeM
ini

Print all the palindromes in a string:

public class test1 {
    public static void main(String[] args) {
           String a = "Protijayi Meye MADAM GiniiniG Soudipta Gina";
           List<String> list = Arrays.stream(a.split(" ")).collect(Collectors.toList());
          System.out.println(list);
          List<String> plist = new ArrayList<>();
          for(int i = 0 ; i <list.size();i++) {
              String curr =list.get(i);
              if(ispalin(curr)) {plist.add(curr);}
          }//for
          System.out.println("palindrome list => " +plist);

}//main

    private static boolean ispalin(String curr) {
        if(curr == null || curr.length() == 0) {return false;}
        return new StringBuffer(curr).reverse().toString().equals(curr);
    }

}

The output is: palindrome list => [MADAM, GiniiniG]

Another Method in Java 8:

public class B {
    public static void main(String[] args) {
        String a = "Protijayi Meye MADAM GiniiniG Soudipta Gina";
        List<String> list = Arrays.stream(a.split(" ")).collect(Collectors.toList());

        // list to stream
        // for Multi Threaded environment
        Stream<String> stream = list.parallelStream();

        // also,Stream<String> stream = list.stream(); for single Threaded environment
        long palindrome = stream.filter(B::isPalindrome)// find all palindromes
                .peek(System.out::println) // write each match
                .count();// terminal - return a count
        System.out.println("Count of palindromes: " + palindrome);
        // System.out.println("List => " + list);


    }

    private static boolean isPalindrome(String aa) {

        return new StringBuffer(aa).reverse().toString().equals(aa);

    }
}

Output:
GiniiniG
MADAM
Count of palindromes: 2

There are two palindrome scenarios: Even palindromes (e.g. noon) and Odd palindromes (e.g. radar). There are only two possible (longest) palindromes for each position in the string. So, for each position, you only need to find the longest Even and Odd palindromes centred at that position by comparing characters forward and back.

s = "forgeeksskeegfor"

from os import path 
longest = ""
for i in range(1,len(s)-1):
    if min(i,len(s)-i)*2+1 <= len(longest): continue
    for odd in [1,0]:
        if s[i+odd] != s[i-1]: continue
        halfSize = len(path.commonprefix([s[i+odd:],s[:i][::-1]])) 
        if 2*halfSize + odd > len(longest):
            longest = s[i-halfSize:i+halfSize+odd];break
print(longest) # geeksskeeg

Note: this could be further optimized but will respond in O(n) time most of the time or up to O(n^2/2) in the worst case scenario where the string contains very long chains of identical characters (or only a single repeated character)

UPDATE

In order to minimize the impact of long chains of identical characters, the order of center positions for potential palindromes could follow a binary search pattern. The binRange() generator below can be used to replace range(1,len(s)-1) with binRange(1,len(s)-1) in the main loop. This will ensure that longer palindromes are found early and shorter embedded ones can be short circuited in subsequent iterations.

from itertools import zip_longest
def binRange(lo,hi=None):
    if hi is None: lo,hi = 0,lo
    if hi <= lo: return
    mid = (lo+hi-1)//2
    yield mid
    for a,b in zip_longest(binRange(lo,mid),binRange(mid+1,hi),fillvalue=None):
        if a is not None: yield a
        if b is not None: yield b

Уточнение постановки

Легко увидеть, что таких подстрок в худшем случае будет . Значит, нужно найти компактный способ хранения информации о них. Пусть — количество палиндромов нечётной длины с центром в позиции , а — аналогичная величина для палиндромов чётной длины. Далее научимся вычислять значения этих массивов.

Наивный алгоритм

Идея

Рассмотрим сначала задачу поиска палиндромов нечётной длины. Центром строки нечётной длины назовём символ под индексом . Для каждой позиции в строке найдем длину наибольшего палиндрома с центром в этой позиции. Очевидно, что если строка является палиндромом, то строка полученная вычеркиванием первого и последнего символа из также является палиндромом, поэтому длину палиндрома можно искать бинарным поиском. Проверить совпадение левой и правой половины можно выполнить за , используя метод хеширования.

Для палиндромов чётной длины алгоритм такой же. Центр строки чётной длины — некий мнимый элемент между и . Только требуется проверять вторую строку со сдвигом на единицу. Следует заметить, что мы не посчитаем никакой палиндром дважды из-за четности-нечетности длин палиндромов.

Псевдокод

int binarySearch(s : string, center, shift : int):
    //shift = 0 при поиске палиндрома нечётной длины, иначе shift = 1
    int l = -1, r = min(center, s.length - center + shift), m = 0
    while r - l != 1
        m = l + (r - l) / 2
        //reversed_hash возвращает хэш развернутой строки s
        if hash(s[center - m..center]) == reversed_hash(s[center + shift..center + shift + m])
            l = m
        else
            r = m
    return r

int palindromesCount(s : string):
    int ans = 0
    for i = 0 to s.length
        ans += binarySearch(s, i, 0) + binarySearch(s, i, 1)
    return ans

Время работы

Изначальный подсчет хешей производится за . Каждая итерация будет выполняться за , всего итераций — . Итоговое время работы алгоритма .

Избавление от коллизий

У хешей есть один недостаток — коллизии: можно подобрать входные данные так, что хеши разных строк будут совпадать. Абсолютно точно проверить две подстроки на совпадение можно с помощью суффиксного массива, но с дополнительной памятью . Для этого построим суффиксный массив для строки , при этом сохраним промежуточные результаты классов эквивалентности . Пусть нам требуется проверить на совпадение подстроки и . Разобьем каждую нашу строку на две пересекающиеся подстроки длиной , где . Тогда наши строки совпадают, если и .

Итоговая асимптотика алгоритма: предподсчет за построение суффиксного массива и на запрос, если предподсчитать все , то .

Алгоритм Манакера

Идея

Алгоритм, который будет описан далее, отличается от наивного тем, что использует значения, посчитанные ранее.
Будем поддерживать границы самого правого из найденных палиндромов — . Итак, пусть мы хотим вычислить — т.е. длину наибольшего палиндрома с центром в позиции . При этом все предыдущие значения в массиве уже посчитаны. Возможны два случая:

1. , т.е. текущая позиция не попадает в границы самого правого из найденных палиндромов. Тогда просто запустим наивный алгоритм для позиции .
2. . Тогда попробуем воспользоваться значениями, посчитанным ранее. Отразим нашу текущую позицию внутри палиндрома . Поскольку и — симметричные позиции, то если , мы можем утверждать, что и . Это объясняется тем, что палиндром симметричен относительно своей центральной позиции. Т.е. если имеем некоторый палиндром длины с центром в позиции , то в позиции , симметричной относительно отрезка тоже может находиться палиндром длины . Это можно лучше понять, посмотрев на рисунок. Снизу фигурными скобками обозначены равные подстроки. Однако стоит не забыть про один граничный случай: что если выходит за границы самого правого палиндрома? Так как информации о том, что происходит за границами этого палиндрома у нас нет (а значит мы не можем утверждать, что симметрия сохраняется), то необходимо ограничить значение следующим образом: . После этого запустим наивный алгоритм, который будет увеличивать значение , пока это возможно.

После каждого шага важно не забывать обновлять значения .

Заметим, что массив считается аналогичным образом, нужно лишь немного изменить индексы.

Псевдокод

Приведем код, который вычисляет значения массива :

//  — исходная строка
int[] calculate1(string s):
  int l = 0
  int r = -1
  for i = 1 to n
    int k = 0
    if i <= r
       k = min(r - i, [r - i + l])
    while i + k + 1 <= n and i - k - 1 > 0 and s[i + k + 1] == s[i - k - 1]
       k++
     [i] = k
     if i + k > r
       l = i - k
       r = i + k
  return 

Вычисление значений массива :

//  — исходная строка
int[] calculate2(string s):
  int l = 0
  int r = -1
  for i = 1 to n
    int k = 0
    if i <= r
       k = min(r - i + 1, [r - i + l + 1])
    while i + k <= n and i - k - 1 > 0 and s[i + k] == s[i - k - 1]
       k++
     [i] = k
     if i + k - 1 > r
       l = i - k
       r = i + k - 1
  return 

Оценка сложности

Внешний цикл в приведенном алгоритме выполняется ровно раз, где — длина строки. Попытаемся понять, сколько раз будет выполнен внутренний цикл, ответственный за наивный подсчет значений. Заметим, что каждая итерация вложенного цикла приводит к увеличению на . Действительно, возможны следующие случаи:

1. , т.е. сразу будет запущен наивный алгоритм и каждая его итерация будет увеличивать значение хотя бы на .
2. . Здесь опять два случая:
   1. , но тогда, очевидно, ни одной итерации вложенного цикла выполнено не будет.
   2. , тогда каждая итерация вложенного цикла приведет к увеличению хотя бы на .

Т.к. значение не может увеличиваться более раз, то описанный выше алгоритм работает за время .

См. также

• Префикс-функция
• Z-функция
• Суффиксный массив
• Поиск наибольшей общей подстроки двух строк с использованием хеширования

Источники информации

• MAXimal :: algo :: Нахождение всех подпалиндромов
• Википедия — Поиск длиннейшей подстроки-палиндрома
• Алгоритмы для поиска палиндромов — Хабр
• MAXimal :: algo :: Суффиксный массив