原文地址：http://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/6803032.html
题目描述
母亲节就要到了，小 H 准备送给她一个特殊的项链。这个项链可以看作一个用小写字
母组成的字符串，每个小写字母表示一种颜色。为了制作这个项链，小 H 购买了两个机器。第一个机器可以生成所有形式的回文串，第二个机器可以把两个回文串连接起来，而且第二个机器还有一个特殊的性质：假如一个字符串的后缀和一个字符串的前缀是完全相同的，那么可以将这个重复部分重叠。例如：aba和aca连接起来，可以生成串abaaca或 abaca。现在给出目标项链的样式，询问你需要使用第二个机器多少次才能生成这个特殊的项链。
输入
输入数据有多行，每行一个字符串，表示目标项链的样式。
输出
多行，每行一个答案表示最少需要使用第二个机器的次数。
样例输入
abcdcba
abacada
abcdef
样例输出
0
2
5
题解
Manacher+贪心，时间复杂度瓶颈在于排序
首先易知用于覆盖的回文串一定是极长回文串，那么可以先用Manacher求出所有极长回文串。
这样就将问题转化为线段覆盖问题：n条线段用于覆盖，可以重叠，求最少用多少条线段能够覆盖整个[1,n]。
按l排序，贪心就可以了。
依旧是有O(n)的优秀算法。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 250010
using namespace std;
struct data
{
int l , r;
}a[N];
char str[N] , tmp[N << 1];
int n , p[N << 1];
bool cmp(data a , data b)
{
return a.l < b.l;
}
int main()
{
while(scanf("%s" , str + 1) != EOF)
{
n = strlen(str + 1);
int i , mx = 0 , last , tot = 0 , pl = 0 , ans = 0;
tmp[0] = '0';
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) tmp[i * 2 - 1] = '#' , tmp[i * 2] = str[i];
n = n * 2 + 1 , tmp[n] = '#';
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
if(mx >= i) p[i] = min(p[last * 2 - i] , mx - i + 1);
else p[i] = 1;
while(tmp[i - p[i]] == tmp[i + p[i]]) p[i] ++ ;
if(mx < i + p[i] - 1) mx = i + p[i] - 1 , last = i;
a[++tot].l = (i - p[i] + 2) / 2 , a[tot].r = (i + p[i] - 2) / 2;
}
sort(a + 1 , a + tot + 1 , cmp);
n /= 2;
i = 1;
while(pl < n)
{
mx = 0;
while(a[i].l <= pl + 1) mx = max(mx , a[i].r) , i ++ ;
ans ++ , pl = mx;
}
printf("%d
" , ans - 1);
}
return 0;
}