给出一个字符串S，求S的最长回文子串的长度。

样例：字符串“PATZJUJZTACCBCC”的回文子串为“ATZJUJZTA”，长度为9。

如果使用暴力解法，枚举子串的两个端点i和j，时间复杂度需要O(n^2)。判断子串是否为回文需要O(n)，总体时间复杂度为O(n^3)，使用动态规划可以达到最优的O(n^2)，而使用动态规划解决最长回文子串的方法有很多种，下面讨论最简单的一种方法。

令dp[i][j]表示S[i]至S[j]所表示的子串是否为回文子串，是则为1，不是为0。如此根据S[i]是否等于S[j]，可以把问题分为两类：

(1)S[i]==S[j]，那么只要S[i+1]至S[j-1]是回文子串，S[i]至S[j]就是回文子串；如果S[i+1]至S[j-1]是不是回文子串，则S[i]至S[j]也不是回文子串。

(2)S[i]!=S[j]，那么S[i]至S[j]一定不是回文子串。  

由此可以 写出其状态转移方程：

边界：dp[i][i]=1,dp[i][i+1]=(S[i]==S[i+1]?0:1)       ps:这里的dp初始化记录了长度为1和2的回文子串

但是这里还存在一个问题，就是在求dp[i][j]时，无法保证dp[i+1][j-1]已经被计算了，比如先固定i=0，然后j从2开始枚举。当求解dp[0][2]时，的dp[1][1]已经在初始中得到；当求解dp[0][3]时，会转换求dp[1][2]，而dp[1][2]也在初始化是获得了；当求解dp[0][4]是，转换求解dp[1][3]，但dp[1][3]之前却没有被计算出来，因此无法转移状态。

根据上面的公式，边界表示的是长度为1和2的回文子串，且每次转移时都说对子串的长度减1。因此不妨按照子串的长度和子串的初始位置进行枚举，即第一次可以枚举长度为3的子串的dp值，第二次在第一次的基础上枚举长度为4的子串的dp值....直到枚举到原字符串的长度。长度为3的示意图如下:

根据上面的分析，可以给出下面的代码：

#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++){ //子串的长度 
		for(i=0;i+k-1<len;i++){ //子串左端点 
			j=i+k-1; //子串右端点
			if(str[i]==str[j]&&dp[i+1][j-1]){
				dp[i][j]=1;
				ans=k;
				s=i;e=j; //保存最长回文子串的下标
			}
		} 
	}
	for(i=s;i<=e;i++){
		cout<<str[i]; 
	}
	cout<<endl<<ans<<endl;	
}

下面具体看一个题目：

题目描述
        输入一个字符串，求出其中最长的回文子串。子串的含义是：在原串中连续出现的字符串片段。回文的含义是：正着看和倒着看相同。如abba和yyxyy。在判断回文时，应该忽略所有标点符号和空格，且忽略大小写，但输出应保持原样（在回文串的首部和尾部不要输出多余字符）。输入字符串长度不超过5000，且占据单独的一行。应该输出最长的回文串，如果有多个，输出起始位置最靠左的。

输入
一行字符串，字符串长度不超过5000。

输出
字符串中的最长回文子串。

样例输入
Confuciuss say:Madam,I'm Adam.
样例输出
Madam,I'm Adam

这个题目完全可以使用上面的思路来求解，需要注意的是：上面的方法是求最右端的子串，而题目要求是最左端的子串。解决方法也很容易，从字符串的末端开始枚举即可：

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

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; //保存新位置到原位置的映射 
		}
	}
	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++){ //子串的长度 
		for(j=len-1;j-k+1>=0;j--){ 	//子串右端点
			i=j-k+1;  //子串左端点 
			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");
}

题目来源：http://www.codeup.cn/problem.php?cid=100000629&pid=0

另外关于O(n)的回文算法Manacher，可以参考：

https://segmentfault.com/a/1190000008484167?utm_source=tag-newest

https://www.jianshu.com/p/39d1438c3e13