World Break II
来源:互联网 发布:sql数据库开发教程 编辑:程序博客网 时间:2024/06/06 09:05
题目
Given a string s and a dictionary of words dict, add spaces in s to construct a sentence where eachword is a valid dictionary word.Return all such possible sentences.For example, given s = "catsanddog", dict = ["cat", "cats", "and", "sand", "dog"].A solution is ["cats and dog", "cat sand dog"].
分析
与之前的world break 相比,需要我们得到所有能切分的解。这道题难度很大,我们需要采用dp + dfs的方式求解,首先根据dp得到该字符串能否被切分,同时在dp的过程中记录属于字典的子串信息,供后续dfs使用。
首先我们使用dp[i][j]表示起始索引为i,长度为j的子串能否被切分,它有三种状态:
1. dp[i][j] = true && dp[i][j] in dict,这种情况是这个子串直接在字典中
2. dp[i][j] = true && dp[i][j] not in dict,这种情况是这个子串不在字典中,但是它能切分成更小的子串,而
这些子串在字典中
3. dp[i][j] = false,子串不能被切分
根据题意,我们需要求出所有切分的解,所以在进行dp的时候需要处理1和2这两种情况,因为对于2来说,
dp[i][j]是要继续被切分的,也就是说我们只需要关注第1种情况的子串。
当dp完成之后,我们就需要使用dfs来得到整个的解。在dp[i][j] = 1的情况下面,我们只需要dfs递归处理后
面i + j开始的子串就可以了。
解答
class Solution {public: vector<vector<char> >dp; vector<string> vals; string val; vector<string> wordBreak(string s, unordered_set<string> &dict) { int len = (int)s.size(); dp.resize(len); for(int i = 0; i < len; i++) { dp[i].resize(len + 1, 0); } for(int i = 1; i <= len; i++) { for(int j = 0; j < len -i + 1; j++) { //直接存在于字典中,是第1种情况 if(dict.find(s.substr(j, i)) != dict.end()) { dp[j][i] = 1; continue; } //如果不存在,则看子串是不是能被切分,这是第2中情况 for(int k = 1; k < i && k < len -j; k++) { if(dp[j][k] && dp[j + k][i - k]) { dp[j][i] = 2; break; } } } } //不能切分,不用dfs了 if(dp[0][len] == 0) { return vals; } dfs(s, 0); return vals; } void dfs(const string& s, int start) { int len = (int)s.size(); if(start == len) { vals.push_back(val); return; } for(int i = 1; i <= len - start;i++) { if(dp[start][i] == 1) { int oldLen = (int)val.size(); if(oldLen != 0) { val.append(" "); } val.append(s.substr(start, i)); //我们从start + i开始继续dfs dfs(s, start + i); val.erase(oldLen, string::npos); } } }};
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