LintCode 解题记录17.8.8 字符串处理4
来源:互联网 发布:zphotoengine 源码 编辑:程序博客网 时间:2024/06/07 11:29
LintCode Restore IP Addresses
给定一个由数字组成的字符串,返回能复原的有效Ip地址。
注意:有效的Ip地址指每一位都在0~255之间。
思路
Dfs,每跳一次就是一个子网段,然后在后面加个’.’。那么根据题意可以知道每次最多可以跳三步,如果当前位为0则只能跳一步。组成的数还必须符合0~255的条件。
代码
vector<string> restoreIpAddresses(string& s) { // Write your code here int n = s.size(); vector<string> res; string tmp; dfs(res, tmp, s, n, 0, 0); return res; } //idx标示此时的下标,cnt表示跳的次数。 void dfs(vector<string> &res, string tmp, string s, int n, int idx, int cnt) { if (idx == n || cnt == 4) { if (idx == n && cnt == 4) { tmp.pop_back(); res.push_back(tmp); } return; } for (int i = 1; i <= 3 && idx+i <= n; i++) { if (Valid(s.substr(idx, i))) dfs(res, tmp+s.substr(idx, i)+'.', s, n, idx+i, cnt+1); if (s[idx] == '0') break; } } bool Valid(string s) { int sum = atoi(s.c_str()); return sum >= 0 && sum <= 255; }
LintCode Roman to Integer
给定一个罗马字符序列,返回这个序列所代表的十进制整数
思路
观察罗马字符的写法规则就可以发现,如果小的符号在大的符号的左边就代表应当减去这个小的符号,否则全是加上该符号的值。
代码
int romanToInt(string& s) { // Write your code here int res = 0; unordered_map<char, int> weight; weight['I'] = 1, weight['V'] = 5, weight['X'] = 10; weight['L'] = 50, weight['C'] = 100, weight['D'] = 500; weight['M'] = 1000; int cnt = 0; for (int i = 0; i < s.size(); i++) { if (i < s.size()-1 && weight[s[i]] < weight[s[i+1]]) { res -= weight[s[i]]; } else res += weight[s[i]]; } return res; }
LintCode Simplify Path
给定一个Unix的绝对路径,简化这个路径,比如/a/../b/ = /b这样
思路
这道题考察了一下Unix路径的基本知识,比如..代表的是上一层目录, cd ..就是回到上一层目录,cd .就是停留在当前目录。因此这道题可以把给的路径字符串按照’/’分割,依次处理中间的字符串,根据不同的情况来处理。
那么如何对字符串进行分割呢?C++里采用stringstream来实现。
代码
string simplifyPath(string& path) { // Write your code here vector<string> v; string tmp, res; stringstream ss(path); //istream &getline(istream &is, string &str, char delim),从流is中读取字符串送给str,遇到delim字符结束读取 while (getline(ss, tmp, '/')) { if (tmp == "" || tmp == ".") continue; if (tmp == "..") { if (!v.empty()) v.pop_back(); } else v.push_back(tmp); } for (int i = 0; i < v.size(); i++) { res += "/" + v[i]; } return res.size() == 0 ? "/" : res; }
反思
刚开始我自己做的时候没有想到分割开来处理,而是顺序遍历一步一步处理,结果就是在/.,、/..,/…,这几个路径之间纠结了好一阵子。今日一看大神答案思路确实巧妙,更有大局观。
LintCode Sort Letters by Case
把给定的字符串排序,要求小写的在左边,大写的在右边,原本的字符顺序可以不用考虑。
思路
排序排成一部分在左边,一部分在右边是不是似曾相识?是的,就在快排里提到过,所以此题的解法跟一次快排的解法很像。从左边开始找到一个大写字母,从右边找到一个小写字母,交换,直至两个指针相遇。
代码
void sortLetters(string &letters) { // write your code here if (letters.size() == 0) return; int low = 0, high = letters.size()-1; //下面的等号写不写并不影响结果 while (low <= high) { while (low <= high && letters[low] >= 'a' && letters[low] <= 'z') low++; while (high >= low && letters[high] >= 'A' && letters[high] <= 'Z') high--; if (low <= high) swap(letters[low], letters[high]); } }
LintCode Word Break
给定一个字符串和一个字典,问你该字符串能不能拆成字典里的单词组合。
思路
我做题喜欢立马看下面的tag以寻求第一思路,感觉这种做法不是很好,不利于思路的发散。下次要尽量先自己思考用什么来解决比较好。
这道题是动态规划。维护dp[i]表示前i个字母是不是word break。接下来考虑递推式,就是如何从存储的历史信息中得到当前步的结果。很自然就可以想到,dp[i] = dp[i] || (dp[j] && s[j:i-1] in dict), 0 <= j < i-1。
代码
bool wordBreak(string s, unordered_set<string> &dict) { // write your code here int n = s.size(); vector<int> dp(n+1 ,0); int maxLen = 0; for (auto str : dict) { int len = str.size(); maxLen = max(maxLen, len); } dp[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; i++) { for (int j = i-1; j >= 0; j--) { if (i-j > maxLen) break; //dp[i] = dp[j] && (dict.find(s.substr(j, i-j)) != dict.end()); //if (dp[i]) break; if (dp[j] && dict.find(s.substr(j, i-j)) != dict.end()) { dp[i] = 1; break; } } } return dp[n]; }
发现我的代码里多了maxLen这几行代码。这是什么原因呢?因为在LeetCode中可以AC的代码但是在LintCode中以TLE告终。把测试数据下载下来看了一下,发现是给的字符串很长很长,但字典里的单词却很短很短。于是上网搜了一下,发现需要进一步的剪枝,即在s.substr(j, i-j)这一步,如果i-j大于字典里单词的最大长度,那么就没有必要进行判断了。即省略了substr这一步,从而在该测试数据集下速度快了很多,也AC了。
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