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
方法一：动态规划
思路与算法
对于一个子串而言，如果它是回文串，并且长度大于 2，那么将它首尾的两个字母去除之后，它仍然是个回文串。例如对于字符串 “ababa”，如果我们已经知道 “bab” 是回文串，那么 “ababa” 一定是回文串，这是因为它的首尾两个字母都是 “a”。
根据这样的思路，我们就可以用动态规划的方法解决本题。我们用 P(i,j) 表示字符串 s 的第 i 到 j 个字母组成的串（下文表示成 s[i:j]）是否为回文串：
P(i,j)={
true, 如果子串Si Sj是回文串
false, 其它情况
这里的「其它情况」包含两种可能性：
s[i,j] 本身不是一个回文串；
i>j，此时 s[i,j] 本身不合法。
那么我们就可以写出动态规划的状态转移方程：
P(i,j)=P(i+1,j−1)∧(S i = =S j)
也就是说，只有 s[i+1:j−1] 是回文串，并且 s 的第 i 和 j 个字母相同时，s[i:j] 才会是回文串。
上文的所有讨论是建立在子串长度大于 2 的前提之上的，我们还需要考虑动态规划中的边界条件，即子串的长度为 1 或 2。对于长度为 1 的子串，它显然是个回文串；对于长度为 2 的子串，只要它的两个字母相同，它就是一个回文串。因此我们就可以写出动态规划的边界条件：
P(i,i)=true
P(i,i+1)=(Si = =S i+1)
根据这个思路，我们就可以完成动态规划了，最终的答案即为所有 P(i,j)=true 中 j−i+1（即子串长度）的最大值。注意：在状态转移方程中，我们是从长度较短的字符串向长度较长的字符串进行转移的，因此一定要注意动态规划的循环顺序。
public class Solution {
public String longestPalindrome(String s) {
int len = s.length();
if (len < 2) {
return s;
}
int maxLen = 1;
int begin = 0;
// dp[i][j] 表示 s[i..j] 是否是回文串
boolean[][] dp = new boolean[len][len];
// 初始化：所有长度为 1 的子串都是回文串
for (int i = 0; i < len; i++) {
dp[i][i] = true;
}
char[] charArray = s.toCharArray();
// 递推开始
// 先枚举子串长度
for (int L = 2; L <= len; L++) {
// 枚举左边界，左边界的上限设置可以宽松一些
for (int i = 0; i < len; i++) {
// 由 L 和 i 可以确定右边界，即 j - i + 1 = L 得
int j = L + i - 1;
// 如果右边界越界，就可以退出当前循环
if (j >= len) {
break;
}
if (charArray[i] != charArray[j]) {
dp[i][j] = false;
} else {
if (j - i < 3) {
dp[i][j] = true;
} else {
dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1];
}
}
// 只要 dp[i][L] == true 成立，就表示子串 s[i..L] 是回文，此时记录回文长度和起始位置
if (dp[i][j] && j - i + 1 > maxLen) {
maxLen = j - i + 1;
begin = i;
}
}
}
return s.substring(begin, begin + maxLen);
}
}复杂度分析
时间复杂度：O(n2)，其中 n 是字符串的长度。动态规划的状态总数为 O(n 2)，对于每个状态，我们需要转移的时间为 O(1)。
空间复杂度：O(n2)，即存储动态规划状态需要的空间。
精简写法
public String longestPalindrome(String s) {
if (s == null || s.length() < 2) {
return s;
}
int strLen = s.length();
int maxStart = 0; //最长回文串的起点
int maxEnd = 0; //最长回文串的终点
int maxLen = 1; //最长回文串的长度
boolean[][] dp = new boolean[strLen][strLen];
for (int r = 1; r < strLen; r++) {
for (int l = 0; l < r; l++) {
if (s.charAt(l) == s.charAt(r) && (r - l <= 2 || dp[l + 1][r - 1])) {
dp[l][r] = true;
if (r - l + 1 > maxLen) {
maxLen = r - l + 1;
maxStart = l;
maxEnd = r;
}
}
}
}
return s.substring(maxStart, maxEnd + 1);
}