一个字符串问题的思考

一、 问题描述：

        求解给定文本text 中以字符 A 开头， 字符B 结尾的子串数量。例如，文本ABCAAB 中以A开头B结尾的子串分别为AB, ABCAAB, AAB, AB 共4个。

二、 问题分析及算法设计：

  字符串问题求解的通用策略： 我从《TCPL》中学到的印象最深的一点，就是“逐字符处理”策略（同时注意 '\0'的处理）。

首先，使用蛮力法求解： 设置两个下标 i , j ; i 指向已搜索到的 A 的位置， j 指向已搜索到的B的位置。 算法描述如下：

STEP1：初始化 i = 0 , j = 0.  从字符串最左边开始。

STEP2:    用下标 i 遍历搜索A，若搜索到A，则记下 i 的位置并转至STEP2； 若到达字符串末尾仍没有搜索到，则转至 STEP4；
STEP3： 初始化 j 为 i 的下一个位置并开始搜索B： 若到达字符串末尾没有搜索到，则 i 移到下一个位置并转至STEP1；若搜索到B，则子串数目次数加一，并继续向前搜索，直到字符串末尾并转至STEP1；
STEP4： 搜索结束，退出算法。

例子： ABCAAB

       第一趟： A: i = 0, B: j = 1, 5   num = 2; 

       第二趟： A: i = 3, B: j = 5       num = 1;

       第三趟： A: i = 4, B: j = 5       num = 1

        共计： 2 + 1 + 1 = 4.

        这样的蛮力算法，其时间效率取决于A在字符串中出现的次数Na, T(n) = O(n * Na), n 是字符串长度。 也可以从右往左搜索， 其时间效率为 T(n) = O(n * Nb), Nb是 B 在字符串中出现的次数。 如果知道A和B在文本中出现的次数，那么就可以选择从左往右或者从右往左的遍历方式。最差情况下，例如全A串，则效率为O(n*n). 

        有没有可能找到更好的算法呢？ 

        我们知道，分治算法通常能达到 O(nlogn)的效率，只要合并部分的时间能达到O(n) 。 那么，这个问题是否可以采用分治法来求解呢？ 答案是肯定的。

        假设 N[left: right] 是文本 text[left:right] 中以A开始B结尾的子串数量， 则整个文本中以A开始B结尾的子串数量为 N[0:n] = N[0:n/2] + N[n/2+1: n] + Na * Nb. Na 是 A 在 text[0:n/2]中出现的次数， Nb 是 B 在 text[n/2+1: n] 中出现的次数; 因为在后半段文本中的所有B都出现在前半段文本中的所有A之后(每个A与每个B都形成合乎要求的子串)，而在后半段文本中的所有A出现在前半段文本中的所有B之后（每个A与每个B都不能形成合乎要求的子串），所以， 两半段文本合并时的子串数量应该是Na * Nb.这样，一个递归分治算法的模型基本就出来了，其时间复杂度为 T(n) = 2T(n/2) + O(n) = O(nlogn).  合并部分要求分别遍历字符串的两半段，时间为O(n).

       例子： N(ABCAAB) = N(ABC) + N(AAB) + 1 * 1 = 4
                            N(ABC) = N (A) + N(BC) + 1 * 1 = 1
                            N(AAB) = N(A) + N(AB) + 1 * 1 = 2
                              N(BC) = N(B) + N(C) + 0 * 0 = 0
                              N(AB) = N(A) + N(B) + 1 * 1 = 1

        因此，ABCAAB 中以A开头B结尾的子串数量有4个。

        能不能找到线性时间的算法呢？ 看上去似乎有可能，却又不是那么明显。在《编程珠玑I》的算法设计技术那一章里，作者采用四种算法(本质上是三种不同类型的算法)分别进行了设计，并在小结中提到：凡是数组累加问题，都可以考虑动态规划法来求解。那么，是否适用于本题呢？

        假设给定文本中前 n 个字符组成的文本中以A开头B结尾的子串数量为Count[n], A出现的次数为 Na, 则前 n+1 个字符组成的文本中以A开头B结尾的子串数量为：
        [1] 若第 n+1 个字符不是结尾字符B，那么， Count[n+1] = Count[n]; 
        [2] 若第 n+1 个字符是结尾字符B，那么， Count[n+1] = Count[n] + Na.
        这样，我们推导出了解的递推关系式。更进一步地，首先初始化子串数量count及开头字符出现次数beginNum为0；接着，从第一个字符开始，若该字符是开头字符，则beginNum++; 若字符是结尾字符，则count += beginNum; 若该字符既不是结尾字符也不结束字符，那么，count, beginNum均不变；
        注意，当开头字符和结尾字符相同时，上述算法会出现问题。此时，只要计算开头字符出现的次数Na, 则子串数量应为 Na*(Na-1)/2.

例子： ABCAAB
             [1] count = 0; Na = 0; 
             [2] 搜索到A： count = 0; Na = 1; 
             [3] 搜索到B： count += Na → count = 1; Na = 1;
             [4] 搜索到C： count = 1; Na = 1; 
             [5] 搜索到A： count = 1; Na = 2;
             [6] 搜索到A： count = 1; Na = 3;
             [7] 搜索到B： count += Na → count = 4; Na = 3;

因此，ABCAAB 中以A开头B结尾的子串数量有4个。

三、 完整程序：

 

/* * substrNum.c : 此程序计算给定文本中以给定字符开头和结尾的字串的数目 * 比如 ABCAAB 中， 以A开头B结尾的子串有 AB, ABCAAB, AAB, AB 4个。 */#include <stdio.h>#include <string.h>#include <assert.h>int substrnum(char *, char, char);int substrnumDIV(char* text, char beginc, char endc);int substrnumDYN(char* text, char beginc, char endc);int substrnumREC(char* text, int leftIndex, int rightIndex, char beginc, char endc);void test(int (*fun)(char*, char, char));int main(){   printf("\n ******* 使用蛮力求解 ******** \n");   test(substrnum);   printf("\n ******* 使用分治法求解 ******* \n");   test(substrnumDIV);   printf("\n ******** 使用动态规划法求解 ******* \n");   test(substrnumDYN);   return 0;}/* * substrnum: 在给定文本 text 中以字母 beginc 开头， 字母 endc 结尾的子串 * 蛮力法求解： 算法时间 O(n*Na) Na, 是开始字符在字符串中出现的次数。 * 或 从右向左扫描， O(n*Nb), Nb 是结尾字符在字符串中出现的次数 */int substrnum(char *text, char beginc, char endc){   assert(text != NULL);   int i = 0 , j;   int count = 0;   char *p = text;   while (1) {      while (*(p+i) && (*(p+i) != beginc)) { i++; }      if (*(p+i) == '\0')  break;        j = i+1;      while (*(p+j)) {            if (*(p+j) == endc) {               count++;            }            j++;      }      i++;   }   return count;}/* * substrnumDYN: 在给定文本 text 中以字母 beginc 开头， 字母 endc 结尾的子串 * 使用动态规划法求解：  * 若给定文本的前 n 个字符组成的字符串中所含子串数目为 count[n], 开始字符出现次数为 beginNum;  * 则前 n+1 个字符串中所含子串数目为 ：  * 1. 若第 n+1 个字符不是结尾字符， 则 count[n+1] = count[n]; * 2. 若第 n+1 个字符是结尾字符， 则 count[n+1] = count[n] + beginNum *  */int substrnumDYN(char *text, char beginc, char endc){   assert(text != NULL);   char *p = text;   int count = 0;    int beginNum = 0;      while(*p) {      if (*p == beginc) {  // 情况 1： 该字符是开始字符         beginNum++;      }        else if (*p == endc) { // 情况 2 : 该字符是结尾字符         count += beginNum;      }      p++;  // 情况 1： 该字符既不是开始字符也不是结尾字符   }   if (beginc == endc) { // 开始字符与结尾字符相同      return beginNum * (beginNum - 1) / 2;   }   return count;}/* * substrnumDIV: 在给定文本 text 中以字母 beginc 开头， 字母 endc 结尾的子串 * 使用分治法求解：  * 将给定文本分成两端 text[0: n/2] 和 text[n/2+1: n-1], 则子串数量为： * N(text) = N(text[0:n/2]) + N(text[n/2+1: n-1]) + NB * NE  * 其中， NB是开始字符在 text[0:n/2] 中出现的次数， NE 是 结尾字符在 text[n/2: n-1] 中出现的次数 * 算法时间：T(n) = 2T(n/2) + n = O(nlogn) */int substrnumDIV(char* text, char beginc, char endc){   assert(text != NULL);   return substrnumREC(text, 0, strlen(text)+1, beginc, endc);}int substrnumREC(char* text, int leftIndex, int rightIndex, char beginc, char endc){   if (rightIndex == leftIndex) {       return 0;    }   else {      int mid = (rightIndex - leftIndex + 1) / 2 + leftIndex;      char *p = text + leftIndex;      char *q = text + mid;      int nb = 0;      int ne = 0;      while (*p && p < text+mid) {         if (*p == beginc) {             nb++;          }         p++;      }      while (*q && q <= text+rightIndex) {         if (*q == endc) {              ne++;         }         q++;      }      return substrnumREC(text, leftIndex, mid-1, beginc, endc) \           + substrnumREC(text, mid, rightIndex, beginc, endc) + nb * ne;   }   }void test(int (*fun)(char* , char, char)){   char *text = "ABCAAB";   printf("text = %s\n" , text);   printf("以字母 %c 开头， %c 结尾的子串数目为: %d.\n", 'A', 'B', (*fun)(text, 'A', 'B'));   printf("以字母 %c 开头， %c 结尾的子串数目为: %d.\n", 'A', 'A', (*fun)(text, 'A', 'A'));   char *empty = "";   printf("text = %s\n" , empty);   printf("以字母 %c 开头， %c 结尾的子串数目为: %d.\n", 'A', 'B', (*fun)(empty, 'A', 'B'));   printf("以字母 %c 开头， %c 结尾的子串数目为: %d.\n", 'A', 'A', (*fun)(empty, 'A', 'A'));   char *two = "AA";   printf("text = %s\n" , two);   printf("以字母 %c 开头， %c 结尾的子串数目为: %d.\n", 'A', 'B', (*fun)(two, 'A', 'B'));   printf("以字母 %c 开头， %c 结尾的子串数目为: %d.\n", 'A', 'A', (*fun)(two, 'A', 'A'));   char *zero = "ADTFGC";   printf("text = %s\n" , zero);   printf("以字母 %c 开头， %c 结尾的子串数目为: %d.\n", 'A', 'B', (*fun)(zero, 'A', 'B'));   printf("以字母 %c 开头， %c 结尾的子串数目为: %d.\n", 'A', 'A', (*fun)(zero, 'A', 'A'));      /* NULL 参数的断言测试，因为总是会失败导致程序退出，所以这里注释掉；可以去掉注释查看运行结果   printf("以字母 %c 开头， %c 结尾的子串数目为: %d.\n", 'A', 'B', (*fun)(NULL, 'A', 'B'));   */}

四、 结论：

        举这样一个字符串问题的例子是为了说明什么呢？ 主要是因为，我认为它非常生动地演示了字符串问题的几种主要思路和算法： 蛮力法、分治法、动态规划法。另外，还有一种算法，是对字符串进行预处理，比如高效字符串匹配KMP算法就是这么做的。

       在这个问题中，可以首先遍历一次文本（时间是O(n)）， 分别将A，B出现的位置存储在两个数组中。仍以ABCAAB为例： 首先可求得 a[]: 1, 4, 5 ; b[]: = 2, 6. 接着，求a与b的笛卡尔乘积中 (a,b) (a < b) 的个数即可。可以在O(len(a) + len(b)) 的时间内求解，只是在遍历过程中有点技巧。因此，整个算法的时间复杂度是O(n).