【字符串】题型总结：min window, word ladder II, valid number
来源：互联网 发布：京津冀大数据联盟 编辑：程序博客网 时间：2024/06/05 03:56
Title Add Date Acceptance Difficulty Reverse Words in a String2014-03-0514.2%MediumWord Break II2013-10-0516.7%HardWord Break2013-10-0421.4%MediumWord Ladder II2013-02-1011.6%HardWord Ladder2013-02-1018.4%MediumWord Search2012-04-1819.6%MediumLength of Last Word2012-03-2728.9%EasySubstring with Concatenation of All Words2012-02-2318.1%Hard
Title
Add Date
Acceptance
Difficulty
1 min window
本题和数据结构联系紧密
维护一个map<char, int> t,保持每个字母的数量。
维护一个queue，保持当前的有效的字母的下标。
维护一个map<char, int> cnt,保持当前队列queue中的字母和数量。
每次从S遍历一个char，如果是有效的字母：
- 修改cnt[char],加1。
- 当计数值刚好等于t[char]的时候，说明有一个新的字母就位了， m++。当m==n的时候，说明所有的字母都就位了。
- 然后从队首取得一个char，查看该char是否是多余的（cnt[char] 超过了t[char],如果是，丢出队列 并更新cnt[char]）
- 如果m==n，即所有的字母都就位，则用当前的下表和队首的下标构成的区间去更新结果（最短长度和下标志）。
string minWindow(string S, string T) { // int cnt[26]; map<char, int> cnt; map<char, int> t; for(int i=0; i<T.length(); i++) t[T[i]]++; int n = t.size(); if(!n) return ""; queue<int> que; int m = 0, mm = -1, mi = -1; for(int i=0; i<S.length(); i++){ char c = S[i]; if(t.count(c)){ cnt[c]=cnt[c]+1; if(cnt[c] == t[c]) m++; que.push(i); while(!que.empty()){ int j = que.front(); char d = S[j]; if(cnt[d] > t[d]) { cnt[d] --; que.pop(); } else break; } if(m==n){ assert(!que.empty()); int j = que.front(); if(mm<0 || mm>i-j+1){ mi = j, mm = i-j+1; } } } } if(mm<0) return ""; return S.substr(mi, mm); }2 Word Break 1
DP: res[i] = E(res[0<=j<i] && isW[j][i-1] )
class Solution {public: bool wordBreak(string s, unordered_set<string> &dict) { int n = s.length(); if(!n) return dict.empty(); vector<vector<bool> > w(n, vector<bool>(n, false)); for(int i =0; i<n; i++){ string t = ""; for(int j = i; j<n; j++){ t+= s[j]; w[i][j] = dict.count(t); } } vector<bool> t(n+1, false); t[0] = true; for(int i =1; i<=n; i++){ for(int j =0; j<i; j++){ if(t[j] && w[j][i-1]) { t[i] = true; break; } } } return t[n]; }};3 Word Break II
cut - tree............................
这道题关键是要剪枝，剪枝方法为
- res[i]保存i~n-1区间是否有效（存在被正确地划分的方案），
- 每次dp到i-1的时候，首先判断i~n-1是否有效，如果无效则剪枝。
class Solution {public: vector<string> wordBreak(string s, unordered_set<string> &dict) { int n = s.length(); if(!n) return vector<string>(); vector<vector<bool> > isW(n, vector<bool>(n, false)); for(int i = 0; i<n; i++){ string tmp = ""; for(int j = i; j<n; j++){ tmp+= s[j]; if(dict.count(tmp)) isW[i][j] = true; } } vector<bool> res(n+1, false); res[n] = true; for(int i = n-1; i>=0; i--){ for(int j = i+1; j<=n; j++){ if(res[j] && isW[i][j-1]){ res[i] = true; break; } } } vector<vector<string> > t(n+1); t[0].push_back(""); for(int i =1; i<=n; i++){ if(!res[i]) continue; //cut ... for(int j = 0; j<i; j++){//0~j-1, j~i-1 if(t[j].size() && isW[j][i-1]){ for(int k = 0; k<t[j].size(); k++){ string tmp = t[j][k]; if(j>0) //[j, i-1] is not the first word tmp+=" "+s.substr(j, i-j); else // [j, i-1] is the first word tmp+=s.substr(j, i-j); t[i].push_back(tmp); } } } } return t[n]; }};或者
class Solution {public: vector<string> wordBreak(string s, unordered_set<string> &dict) { int n = s.length(); if(!n) return vector<string>(); vector<vector<bool> > isW(n, vector<bool>(n, false)); for(int i = 0; i<n; i++){ string tmp = ""; for(int j = i; j<n; j++){ tmp+= s[j]; if(dict.count(tmp)) isW[i][j] = true; } } vector<bool> res(n+1, false); res[n] = true; for(int i = n-1; i>=0; i--){ for(int j = i+1; j<=n; j++){ if(res[j] && isW[i][j-1]){ res[i] = true; break; } } } vector<vector<vector<int> > > t(n+1); t[0].push_back(vector<int>(1, 0)); for(int i =1; i<=n; i++){ if(!res[i]) continue; //cut ... for(int j = 0; j<i; j++){//0~j-1, j~i-1 if(t[j].size() && isW[j][i-1]){ for(int k = 0; k<t[j].size(); k++){ vector<int> tmp = t[j][k]; tmp.push_back(i-j); t[i].push_back(tmp); } } } } vector<string> ss; for(int i = 0; i<t[n].size(); i++){ string tmp=""; int l = 0, k = 0; for(int j=0; j<t[n][i].size(); j++){ k = t[n][i][j]; if(!k) continue; tmp+=s.substr(l, k); if(j<t[n][i].size()-1) tmp+=" "; l+= k; } ss.push_back(tmp); } return ss; }};3 Word Ladder II
这道题要求找最短的s-》t的变换，如果把每个字符串看成一个节点，就相当于找s-》t节点的最短路径。
一般做法是采用“最短路径约束”
最短路径约束
- 首先求出图中到所有点的 单源(s)最短路径d[node]
- 然后再dfs搜索路径，搜索过程中只遍历满足d[j] == d[i]+1的边<i, j> ，得到的s->t的路径就是最短的 （最短路径约束）
对图中所有点做单源最短路径，很容易想到对源点s做bfs，然后记录每个顶点到s的距离d[i]。
那么在做单源最短路径之前，是不是需要建立起图来？
如果先建图，那么最容易想到任取两点，查看二者是否可达。
错误做法 n*n+bfs + graph simplify + dfs
这个题先试了一下用图表示每个字符串，建立起5000规模的图。遗憾的是超时了。
代码如下：
class Solution {public: inline bool isNb(string &a, string &b){//判断相邻，时间代价O（n^2)太长了~~ int cnt = 0; for(int i = 0; i<a.length(); i++){ if(a[i]!=b[i]) cnt++; if(cnt>1) return false; } return cnt == 1; } vector<vector<string>> findLadders(string start, string end, unordered_set<string> &dict) { map<string, int> num; vector<string> strs; strs.push_back(start), num[start] = strs.size() - 1; typedef unordered_set<string>::iterator IT; for(IT it = dict.begin(); it!=dict.end(); it++){ if(!num.count(*it)){ strs.push_back(*it), num[*it] = strs.size() - 1; } } if(!num.count(end)){ strs.push_back(end), num[end] = strs.size() - 1; } int n = strs.size(); vector<vector<int> > graph(n); int s = 0, t = num[end]; for(int i = 0; i<strs.size(); i++){ for(int j = i; j<strs.size(); j++){ string &a = strs[i], &b = strs[j]; if(isNb(a, b)) graph[i].push_back(j), graph[j].push_back(i); } } // BFS to find d[i] vector<int> d(n, -1); queue<int> que; d[0] = 1, que.push(0); while(!que.empty()){ int i = que.front(); que.pop(); if(i == t) break; for(int j =0; j<graph[i].size(); j++){ int k = graph[i][j]; if(d[k]<0) { que.push(k); d[k] = d[i]+1; } } } // simplify the graph using d[i] vector<vector<string> > res; vector<string> tmp; for(int i =0; i<n; i++){ vector<int> tmp; for(int j =0; j<graph[i].size(); j++){ int k = graph[i][j]; if(d[k] == d[i]+1) tmp.push_back(k); } graph[i] = tmp; } tmp.push_back(start); dfs(strs, d, graph, res, tmp, 0, t); return res; } void dfs(const vector<string> &strs, const vector<int> &d, const vector<vector<int> > &graph, vector<vector<string> > &res, vector<string> &cur, int idx, int t){ if(cur.size() == d[t]){ if(idx == t){ res.push_back(cur); } return; } for(int i =0; i<graph[idx].size(); i++){ int j = graph[idx][i]; cur.push_back(strs[j]); dfs(strs, d, graph, res, cur, j, t); cur.pop_back(); } }};上述代码会超时，原因是建图调用isNb（str, str) 了N^2次。而且graph[i][j]中包括太多实际上不会在单源（s）最短路径中出现的点。
后来考虑变换str， 查找邻居节点。这样建图是O（n）的
但是建完图，bfs的时候还要记录d[i]，然后得到的图里有些边<i, j>是不满足d[j] = d[i] +1的，如果留下，会对后续dfs搜索路径造成复杂度。所以还需要bfs的时候化简图。而这个思路也超时。
正确的做法
- 先不建图，bfs的时候再搜索每个节点i的邻居j，判断<i,j>是否满足最短路径约束，满足则把<i, j>加入到图中。
- 然后对这个最简的图做dfs
vector<vector<string>> findLadders(string start, string end, unordered_set<string> &dict) { map<string, int> num; vector<string> strs; strs.push_back(start), num[start] = strs.size() - 1; typedef unordered_set<string>::iterator IT; for(IT it = dict.begin(); it!=dict.end(); it++){ if(!num.count(*it)){ strs.push_back(*it), num[*it] = strs.size() - 1; } } if(!num.count(end)){ strs.push_back(end), num[end] = strs.size() - 1; } int n = strs.size(); int s = num[start], t = num[end]; vector<vector<int> > graph(n); vector<int> d(n, -1); queue<int> que; d[s] = 1, que.push(s); while(!que.empty()){ int i = que.front(); que.pop(); //@error 3: forget to pop after peek ........... if(d[i] == d[t]) break; //@error 2: we should break when the t's layer reached, not when t reached string &ss = strs[i]; for(int j = 0; j<ss.length(); j++){ char c = ss[j]; for(char k = 'a'; k <= 'z'; k++){ if(k == c) continue; ss[j] = k; //@error 4: forget this............... if(num.count(ss)){ int l = num[ss]; if(d[l] < 0) { d[l] = d[i] + 1; //graph[i].push_back(l); //@errror 1:here, not only when d[l]<0 l is i's child, but also when d[l] == d[i]+1 que.push(l); //if(l == t) goto END_BFS; @error 2: } if(d[l] == d[i]+1) graph[i].push_back(l);//@error 1: } } ss[j] = c; } } vector<vector<string> > res; vector<int> tmp; tmp.push_back(s); dfs(strs, graph, d[t], t, res, tmp); return res; } void dfs(const vector<string> &strs, const vector<vector<int> > &graph, const int md, const int t, vector<vector<string> > &res, vector<int> &cur){ int idx = cur[cur.size()-1]; if(cur.size() == md){ if(idx == t){ vector<string> tmp; for(int i = 0; i < cur.size(); i++){ tmp.push_back(strs[cur[i]]); } res.push_back(tmp); } return; } for(int i =0; i<graph[idx].size(); i++){ int j = graph[idx][i]; cur.push_back(j); dfs(strs, graph, md, t, res, cur); cur.pop_back(); } }};短短一个bfs，掉进无数坑。 最近记忆力衰退，什么都忘记。。。。。
4 valid number
最好写一个子函数，用来读取和验证一个number_pattern( 各种数字和正负号（只读取一次）)；并传一个参数告诉他是否可以有点符号。
number_pattern = [+,-][0~9]*.[0~9]*
number = number_pattern [e number_pattern]
class Solution {public: int getNumber(const char *s, bool hasDot){ //读取number_pattern = [+,-][0~9]*.[0~9]*,并要求至少出现一个数字([0~9]).对于无效输入返回-1 int i = 0; if(s[i] == '+' || s[i] == '-') i++; int j = i; while(s[i]<='9'&&s[i]>='0') i++; int k1 = i - j; if(s[i]=='.') { if(!hasDot) { return -1;} i++; int j = i; while(s[i]<='9'&&s[i]>='0') i++; int k2 = i - j; if(!k1 && !k2) { return -1;} } else if(!k1) { return -1;} //没有读取到数字（中间卡在哪个无效字符上了） return i; } bool isNumber(const char *s) {// number = number_pattern [e number_pattern] int i =0; while(s[i]==' ') i++; bool t ; int k1 = getNumber(s+i, true); if(k1<0) return false;//无效number_pattern i += k1; if(s[i]=='e') //读取到e { i++; int k2 = getNumber(s+i, false);//e右边的number_pattern不许有dot if(k2<0) return false; //无效number_pattern i += k2; if(!k1 || !k2) return false; } while(s[i]==' ') i++; return s[i] == 0; }};5 Substring with all words
实际上也是一个queue<int>保存匹配到的单词，
- 当匹配到新的单词t之后，cnt[t]++,如果个数cnt[t]超了，则需要从que弹出一段，直到弹到第一个该单词t。
- 如果队列大小为n=L.size()，说明找到一个匹配
- 当未匹配到时，que清空，cnt[]置为0.
str unique + KMP strs matches + queue , cnt
class Solution {public: void kmp(string &s, string &word, vector<int> &res){ vector<int> nxt(word.length()+2); nxt[0] = -1, nxt[1] = 0; for(int i=1; word[i]; i++){ int t = nxt[i]; while(t>=0 && word[t] != word[i]) t = nxt[t]; nxt[i+1] = t+1; } for(int i =0, j = 0; i<s.length(); i++){ while(j>=0 && s[i]!=word[j]) j = nxt[j]; j++; if(j==word.length()) res.push_back(i-j+1); } } vector<int> findSubstring(string S, vector<string> &L) { vector<int> res; if(L.size()==0) return res; // unique L to ul and wc sort(L.begin(), L.end()); vector<string> ul; //unique L vector<int> wc; int ln = 1; for(int i=1; i<=L.size(); i++){ if(i== L.size() || L[i]!=L[i-1]){ ul.push_back(L[i-1]); wc.push_back(ln); ln = 1; }else ln ++; } vector<int> matches(S.length(), -1); for(int i=0; i<ul.size(); i++){ string & word = ul[i]; vector<int> res; kmp(S, word, res); for(int j =0; j<res.size(); j++){ matches[res[j]] = i; } } int n = L.size(), l = L[0].length(); queue<int> que; vector<int> cnt(n, 0); for(int i =0; i<l; i++){ que = queue<int>(), cnt = vector<int>(n, 0); for(int j = i; j<S.length(); j+=l){ if(matches[j]>=0){ int t = matches[j]; que.push(t); cnt[t]++; if(cnt[t]>wc[t]){ //while(que.front()!=t) que.pop(); //@error 1: should update cnt when que changes //que.pop(); while(!que.empty()){ int s = que.front(); que.pop(); cnt[s] --; if(s==t) break; } } if(que.size()==n) res.push_back(j-(n-1)*l); //@error 3: j-n*l+1 } //@error 2: lost: when some word no match, then clear que else que = queue<int>(), cnt = vector<int>(n, 0); } } return res; }};或者不用kmp, 用hash查找Hash+ que/cnt
class Solution {public: vector<int> findSubstring(string S, vector<string> &L) { vector<int> res; if(L.size()==0) return res; int N=L[0].length(); #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;i++) map <string,int > words; map <int,int > cnt; rep(i,L.size()) { if(words.find(L[i])==words.end()) words[L[i]]=i,cnt[i]=1; else { int j=words[L[i]]; cnt[j]++; } } vector<int> tag(S.length(),-1); rep(i,S.length()){ string tmp=S.substr(i,N); if(words.find(tmp)!=words.end()){ tag[i]=words[tmp]; } } rep(i,N){ int j=i; deque<int> cur; int begin=j;//begin go ahead n step when cur[] pop n elements while(j<S.length()){ //a new word to append if(tag[j]>=0){ deque<int>::iterator it; if(count(cur.begin(),cur.end(),tag[j])==cnt[tag[j]]){//overflow of word j it=find(cur.begin(),cur.end(),tag[j]); begin+=(it-cur.begin()+1)*N; cur.erase(cur.begin(),it+1); } cur.push_back(tag[j]); //if a new concatness is found after push_back if(cur.size()==L.size()) { res.push_back(begin); begin+=N; cur.pop_front(); } } //a nonword: divide the string else{//-1 begin=j+N; cur.clear(); } j+=N; } } return res; }}; 0 0
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