【力扣】最大回文数(中心扩散法)基于Python

力扣题原文:
给你一个字符串 s,找到 s 中最长的回文子串。
示例 1:
输入:s = “babad”
输出:“bab”
解释:“aba” 同样是符合题意的答案。

示例 2:
输入:s = “cbbd”
输出:“bb”
提示:

1 <= s.length <= 1000
s 仅由数字和英文字母组成

class Solution:
    def deal_func(self,mid : int,s : str):
        left = right = mid
        #向左判断等于s[mid]的元素的前一个位置
        while left >= 0 and s[left] == s[mid]:
            left = left - 1
        #向右判断等于s[mid]的元素的下一个位置
        while right < len(s) and s[right] == s[mid]:
            right = right + 1
        #向两边扩散判断两边是否相等
        while left >= 0 and right < len(s) and s[left] == s[right]:
            left = left - 1
            right = right + 1
        
        res = s[left + 1 : right] #左闭右开
        lenth = len(res)
        return res,lenth
    
    
    def longestPalindrome(self, s: str) -> str:
        res_lenth = 0
        result = ''
        #以s中每一个元素为中心,判断最大回文数
        for index in range(len(s)):
            res,lenth = self.deal_func(index,s)
            if res_lenth < lenth :
                result = res[:]
                res_lenth = lenth
            else:
                pass
        return result

算法思想:
1、以传入的s每一个元素为中心,判断以这个元素为中心的最大回文数
2、如何判断最大回文数:
(1)向左扩散,判断s[left] 是否等于 s[mid]
(2)向右扩散,判断s[right]是否等于s[mid]
(3)向两边扩散,判断s[left]是否等于s[mid]

学习心得:
在while判断的时候,同时判断两个元素是否相等和数值是否符合条件时,应将判断数值放在前面,否则有时候会报错。

<think>嗯,用户想用Java解决LeetCode上的回文数问题。我需要先回顾题目要求。回文数是指正读和反读都一样的数字,比如121。负数因为有负号,所以肯定不是回文数。另外,像10这样的数,反转后末尾的0会导致问题,也需要考虑。 用户提供的引用里有几种解法。第一个方法是将数字转为字符串,然后逐个比较对称位置的字符。这方法简单直接,但可能效率不高,因为字符串操作和循环需要时间。第二个方法是用StringBuilder的reverse方法,比较原字符串和反转后的字符串是否相同。这种方法代码简洁,但同样有字符串处理的性能问题。第三种方法是分解数字到集合中,然后比较对称位置的元素。这可能避免了字符串处理,但需要处理集合,可能空间复杂度较高。 另外,用户提到的数字翻转法,比如完全反转数字或者反转一半数字,可能更高效。比如,反转整个数字,然后与原数字比较。但需要注意溢出问题,不过根据LeetCode题目描述,回文数反转后不会溢出,所以可能可以忽略。或者反转后半部分,这样不需要处理溢出的情况,例如当原始数字的后半部分反转等于前半部分时即为回文数。例如,1221的后半部分21反转成12,与前半部分12相等。 不过,用户提供的引用中似乎没有提到反转一半的方法,这可能是一个优化的方向。另外,要考虑特殊情况,比如x是负数时直接返回false,或者x非零但末尾是0的情况,例如10,反转后01不等于10,所以这些情况可以直接排除。 现在需要整理这些方法,并给出Java代码示例。首先,字符串遍历法,然后是字符串反转法,接着是数字反转法(完全反转和反转一半)。需要比较它们的优缺点,比如时间复杂度和空间复杂度。例如,字符串方法需要O(n)的额外空间,而数字反转法可能只需要O(1)的空间。 另外,要注意数字反转法中的溢出问题。例如,如果原数字不是回文数,反转后可能会导致整数溢出。但根据题目限制,输入是32位整数,所以如果反转后的数字溢出的话,原数字肯定不是回文数,因此可以提前返回false。或者,在反转一半的情况下,可以避免这个问题,例如当数字长度是偶数时反转后半部分,长度是奇数时反转后半部分并去掉中间数。 总结,应该提供四种方法:字符串遍历、字符串反转、完全数字反转、反转一半数字,并分析它们的优劣。同时,指出最佳实践,例如反转一半数字的方法在时间O(log n)和空间O(1)下最优。</think>### LeetCode 回文数 Java 解法详解 #### 解法一:字符串遍历法 将数字转化为字符串,通过遍历判断对称位置的字符是否相等: ```java public boolean isPalindrome(int x) { String str = String.valueOf(x); for (int i = 0; i < str.length() / 2; i++) { if (str.charAt(i) != str.charAt(str.length() - 1 - i)) { return false; } } return true; } ``` **特点**:直观易懂,但需要$O(n)$额外空间存储字符串[^3]。 #### 解法二:字符串反转法 利用`StringBuilder`的反转方法直接比较: ```java public boolean isPalindrome(int x) { String str = String.valueOf(x); return str.equals(new StringBuilder(str).reverse().toString()); } ``` **特点**:代码最简洁,但存在与解法一相同的性能问题[^2]。 #### 解法三:数字完全反转法 通过数学运算反转整个数字后比较: ```java public boolean isPalindrome(int x) { if (x < 0 || (x % 10 == 0 && x != 0)) return false; int reversed = 0, original = x; while (x > 0) { reversed = reversed * 10 + x % 10; x /= 10; } return original == reversed; } ``` **特点**:空间复杂度$O(1)$,但需处理溢出风险(LeetCode测试用例允许忽略)[^4]。 #### 解法四:数字反转一半法(最优解) 仅反转数字的后半部分,与前半部分比较: ```java public boolean isPalindrome(int x) { if (x < 0 || (x % 10 == 0 && x != 0)) return false; int reversedHalf = 0; while (x > reversedHalf) { reversedHalf = reversedHalf * 10 + x % 10; x /= 10; } return x == reversedHalf || x == reversedHalf / 10; } ``` **特点**:时间复杂度$O(\log n)$,空间复杂度$O(1)$,避免了完全反转的溢出问题[^1]。 --- ### 关键逻辑说明 1. **负数处理**:直接返回`false`(负数不可能为回文数)[^1][^3]。 2. **末尾为0的特殊情况**:若数字非零但末位为0(如10),直接排除。 3. **反转终止条件**:当原始数字小于等于反转后的半段时,说明已处理完一半位数。 --- ### 性能对比 | 方法 | 时间复杂度 | 空间复杂度 | 适用场景 | |--------------------|------------|------------|------------------------| | 字符串遍历法 | $O(n)$ | $O(n)$ | 快速实现 | | 字符串反转法 | $O(n)$ | $O(n)$ | 代码简洁需求 | | 数字完全反转法 | $O(\log n)$| $O(1)$ | 避免字符串操作 | | **数字反转一半法** | $O(\log n)$| $O(1)$ | 最优解,推荐使用 | ---
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