给出一个长度为N的字符串S S的下标为[1,n],判断这个字符串是否是强回文字符串，如果强回文字符串输出QPD,否则如果S是回文串，输出PD，否则输出NPD

强回文字符串是指无论正读还是反读都相同的字符串，比如 "abcba" 和 "abccba" 都是强回文，而 "abc" 就不是。给定一个字符串 S 和其长度 N，要判断它是否为强回文，你需要检查以下条件：

1. **普通回文**：检查字符串 S 是否满足反转后等于原字符串的性质，即 `S == S[::-1]`。
2. **强回文**：如果普通回文还不够，还需要检查所有长度为奇数的子串也是回文。你可以通过两指针法完成这个过程，一个指针从头开始，另一个从尾开始，逐个比较字符直到它们相遇。

以下是判断过程的伪代码：

def is_strong_palindrome(S):
    if len(S) <= 1:   # 单个字符或空字符串都是强回文
        return "QPD"

    # 检查普通回文
    if S != S[::-1]:
        return "PD"

    left, right = 0, len(S) - 1
    while left < right:
        if S[left] != S[right]:   # 子串不回文则结束
            break
        left += 1  # 左指针右移
        right -= 1  # 右指针左移

    # 如果所有的奇数子串都是回文，则是强回文
    if left >= right:
        return "QPD"
    else:
        return "NPD"

相关问题

用python实现给出一个长度为N的字符串S S的下标为[1,n],判断这个字符串是否是强回文字符串，如果强回文字符串输出QPD,否则如果S是回文串，输出PD，否则输出NPD

在Python中，我们可以使用双指针技巧来判断一个字符串是否是强回文字符串。强回文字符串是指从左到右读和从右到左读都一样的字符串，而且忽略大小写和非字母数字字符。以下是实现步骤：

1. 定义两个指针，`left` 和 `right` 分别指向字符串的起始和结束位置。
2. 循环比较左右指针所指向的字符，同时处理大小写并忽略非字母数字字符：
- 将字符转换为小写（或其他指定的统一格式）
- 如果不是字母或数字，则跳过该字符
- 如果左右指针对应的字符相等，将指针向中间移动一位；否则，返回 "NPD" 表示不是强回文。
3. 当左右指针相遇或交叉时，说明找到了一个强回文子串，继续检查整个字符串是否都是这样的子串。因为有重复的部分，所以只需要再次检查剩余部分即可，若还是强回文，输出 "QPD"；否则，遍历完整个字符串但未找到完整的强回文，即输出 "PD"。

以下是一个简单的函数实现：

def is_strong_palindrome(s):
    s = ''.join(c for c in s if c.isalnum()).lower()  # 去除非字母数字字符并转小写
    n = len(s)

    left, right = 0, n - 1
    while left < right:
        if s[left] != s[right]:
            return 'NPD'
        left += 1
        right -= 1

    # 判断整个字符串是否强回文
    sub_left, sub_right = left, right
    while sub_left >= 0 and sub_right < n:
        if s[sub_left] != s[sub_right]:
            break
        sub_left -= 1
        sub_right += 1
    else:
        return 'QPD'

    # 部分子串是回文但不是强回文
    return 'PD'

给你一个下标从 0 开始、长度为 n 的二进制字符串 s ，你可以对其执行两种操作： 选中一个下标 i 并且反转从下标 0 到下标 i（包括下标 0 和下标 i ）的所有字符，成本为 i + 1 。 选中一个下标 i 并且反转从下标 i 到下标 n - 1（包括下标 i 和下标 n - 1 ）的所有字符，成本为 n - i 。 返回使字符串内所有字符 相等 需要的 最小成本和

下面是 Java 代码实现：

public static int[] minCostAndCount(String s) {
    int n = s.length();
    int cnt0 = 0, cnt1 = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (s.charAt(i) == '0') {
            cnt0++;
        } else {
            cnt1++;
        }
    }
    if (cnt0 == 0 || cnt1 == 0) {
        return new int[]{0, 1};
    }
    int res = Integer.MAX_VALUE;
    int cnt = 0;
    int count = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (s.charAt(i) == '0') {
            cnt++;
        } else {
            cnt--;
        }
        int cost = Math.min(i + 1, n - i) + Math.abs(cnt);
        if (cost < res) {
            res = cost;
            count = 1;
        } else if (cost == res) {
            count++;
        }
    }
    return new int[]{res, count};
}

和上一题的解法类似，我们首先统计出字符串中 '0' 和 '1' 的个数，如果其中一个为 0，那么字符串内所有字符已经相等，返回 [0, 1] 即可。

然后，我们从左到右遍历字符串，维护一个计数器 cnt 来记录 '0' 和 '1' 的差值，也就是左边 '0' 的个数减去左边 '1' 的个数。如果当前位置是 '0'，那么 cnt 加 1，否则 cnt 减 1。对于每个位置，我们可以通过反转左边或者右边的字符来将当前字符变成另一个字符，这样就可以让整个字符串中的所有字符都相等了。我们可以分别计算将左边或者右边的字符反转到当前位置的成本，然后取最小值。

最后，我们将所有位置的最小成本相加，就得到了最终的答案。同时，我们记录最小成本出现的次数，返回一个数组 [最小成本，最小成本出现的次数]。时间复杂度为 O(n)。