給出一個字串S，求S的最長迴文子串的長度。

樣例：字串“PATZJUJZTACCBCC”的迴文子串為“ATZJUJZTA”，長度為9。

如果使用暴力解法，列舉子串的兩個端點i和j，時間複雜度需要O(n^2)。判斷子串是否為迴文需要O(n)，總體時間複雜度為O(n^3)，使用動態規劃可以達到最優的O(n^3)，而使用動態規劃解決最長迴文子串的方法有很多種，下面討論最簡單的一種方法。

令dp[i][j]表示S[i]至S[j]所表示的子串是否為迴文子串，是則為1，不是為0。如此根據S[i]是否等於S[j]，可以把問題分為兩類：

(1)S[i]==S[j]，那麼只要S[i+1]至S[j-1]是迴文子串，S[i]至S[j]就是迴文子串；如果S[i+1]至S[j-1]是不是迴文子串，則S[i]至S[j]也不是迴文子串。

(2)S[i]!=S[j]，那麼S[i]至S[j]一定不是迴文子串。  

由此可以 寫出其狀態轉移方程：

邊界：dp[i][i]=1,dp[i][i+1]=(S[i]==S[i+1]?0:1)       ps:這裡的dp初始化記錄了長度為1和2的迴文子串

但是這裡還存在一個問題，就是在求dp[i][j]時，無法保證dp[i+1][j-1]已經被計算了，比如先固定i=0，然後j從2開始列舉。當求解dp[0][2]時，的dp[1][1]已經在初始中得到；當求解dp[0][3]時，會轉換求dp[1][2]，而dp[1][2]也在初始化是獲得了；當求解dp[0][4]是，轉換求解dp[1][3]，但dp[1][3]之前卻沒有被計算出來，因此無法轉移狀態。

根據上面的公式，邊界的長度表示長度為1和2的迴文子串，且每次轉移時都說對子串的長度減1。因此不妨按照子串的長度和子串的初始位置進行列舉，即第一次可以列舉長度為3的子串的dp值，第二次在第一次的基礎上列舉長度為4的子串的dp值....直到列舉到原字串的長度。長度為3的示意圖如下:

根據上面的分析，可以給出下面的程式碼：

#include <iostream>
#include <string>
#include <algorithm>
using namespace std;
 
const int M=1010;
int dp[M][M];  

int main(){
	int i,j,k,s,e,ans=1; 
	string str;
	cin>>str;
	int len=str.length();
	for(i=0;i<len;i++){
		dp[i][i]=1;
		if(str[i]==str[i+1]){
			dp[i][i+1]=1;
			ans=2;
		}
	}
	for(k=3;k<=len;k++){ //子串的長度 
		for(i=0;i+k-1<len;i++){ //子串左端點 
			j=i+k-1; //子串右端點
			if(str[i]==str[j]&&dp[i+1][j-1]){
				dp[i][j]=1;
				ans=k;
				s=i;e=j; //儲存最長迴文子串的下標
			}
		} 
	}
	for(i=s;i<=e;i++){
		cout<<str[i]; 
	}
	cout<<endl<<ans<<endl;	
}
 

題目描述
        輸入一個字串，求出其中最長的迴文子串。子串的含義是：在原串中連續出現的字串片段。迴文的含義是：正著看和倒著看相同。如abba和yyxyy。在判斷迴文時，應該忽略所有標點符號和空格，且忽略大小寫，但輸出應保持原樣（在迴文串的首部和尾部不要輸出多餘字元）。輸入字串長度不超過5000，且佔據單獨的一行。應該輸出最長的迴文串，如果有多個，輸出起始位置最靠左的。

輸入
一行字串，字串長度不超過5000。

輸出
字串中的最長迴文子串。

樣例輸入
Confuciuss say:Madam,I'm Adam.
樣例輸出
Madam,I'm Adam

這個題目完全可以使用上面的思路來求解，需要注意的是：上面的方法是求最右端的子串，而題目要求是最左端的子串。解決方法也很容易，從字串的末端開始列舉即可：

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
 
const int M=5002;
int dp[M][M];  
int pos[M]; //儲存新位置到原位置的對映 

bool isAlptha(char c){
	return 'a'<=c && c<='z' || 'A'<=c && c<='Z';
}

bool isDigit(char c){
	return '0'<=c && c<='9'; 
}

char* toUpper(char* v){
	for(int i=0;v[i];i++){
		if('a'<=v[i] && v[i]<='z'){
			v[i]-=32; 
		}
	}
	return v;
}

int main(){
	int i,j,k,s,e,ans=1,c=0; 
	char* str1=new char[M];
	char* str=new char[M];
	gets(str1);
	for(i=0;str1[i];i++){
		if(isAlptha(str1[i])||isDigit(str1[i])){
			str[c]=str1[i];
			pos[c++]=i; //儲存新位置到原位置的對映 
		}
	}
	str=toUpper(str);
	int len=strlen(str);
	for(i=0;i<len;i++){
		dp[i][i]=1;
		if(str[i]==str[i+1]){
			dp[i][i+1]=1;
			ans=2;
		}
	}
	for(k=3;k<=len;k++){ //子串的長度 
		for(j=len-1;j-k+1>=0;j--){ 	//子串右端點
			i=j-k+1;  //子串左端點 
			if(str[i]==str[j]&&dp[i+1][j-1]){
				dp[i][j]=1;
				ans=k;
				s=i;e=j;
			}
		}
	} 
	s=pos[s]; e=pos[e]; 
	for(i=s;i<=e;i++){
		printf("%c",str1[i]); 
	}
	printf("\n");
}