字符串

总结字符串相关的算法考点和题型。

✏️ 1、模式匹配

字符串 $S=[s_1,s_2,\ldots,s_n]$ ，模式串 $P=[p_1,p_2,\ldots,p_m]$ ， $i$ 和 $j$ 为两个游标，从1开始。

解决字符串的算法非常多：

朴素算法（Naive Algorithm）、Rabin-Karp 算法、有限自动机算法（Finite Automation）、 Knuth-Morris-Pratt 算法（即 KMP Algorithm）、Boyer-Moore 算法、Simon 算法、Colussi 算法、Galil-Giancarlo 算法、Apostolico-Crochemore 算法、Horspool 算法和 Sunday 算法等。

🖋️ 1.1、BF算法

普通模式匹配算法，其实现过程没有任何技巧，就是简单粗暴地拿一个串同另一个串中的字符一一比对，得到最终结果。

int strStr(string haystack, string needle) {
    int i = 0, j = 0;
    while(i < haystack.size() && j < needle.size()){
        if(haystack[i] == needle[j]){
            i++; j++;
        }else{
            i = i - j + 1; j = 0;
        }
    }
    if(j >= needle.size())
        return i - needle.size();
    else
        return -1;
}

时间复杂度分析，匹配成功时：

• 最好情况： $s_1$ 、 $s_2$ 、 $\ldots$ 、 $s_{n-m}$ 都与 $p_1$ 不匹配， $[s_{n-m+1},\ldots,s_n]$ 与 $[p_1,p_2,\ldots,p_m]$ 匹配，此时 $i$ 移动 $n$ 次， $j$ 移动 $m$ 次，复杂度 $O(n+m)$ 。

• 最坏情况：$s_1$ 、 $s_2$ 、 $\ldots$ 、 $s_{m-1}$ 与$p_1$ 、 $p_2$ 、 $\ldots$ 、 $p_{m-1}$ 匹配，但是 $s_m$ 与 $p_m$ 不匹配，同样，$s_2$ 、 $s_3$ 、 $\ldots$ 、 $s_{m}$ 与$p_1$ 、 $p_2$ 、 $\ldots$ 、 $p_{m-1}$ 匹配，但是$s_{m+1}$ 与 $p_m$ 不匹配，依次进行，直到$s_{n-m+1}$ 、 $s_{n-m+2}$ 、 $\ldots$ 、 $s_{n}$ 与$p_1$ 、 $p_2$ 、 $\ldots$ 、 $p_{m}$ 匹配成功，此时 $i$ 移动 $m(n-m)$ 次， $j$ 移动 $m(n-m)$ 次，复杂度 $O(n\times m)$ 。

分析：

如图所示在 $p_7$ 处产生失配时，朴素的算法会将 $i$ 退到的位置， $j$ 回到 $1$ 重新匹配，但我们发现 $s_6\text{-}s_8$ 与 $p_2\text{-}p_4$ 已经匹配，而 $p_1$ 与$p_2\text{-}p_4$ 皆不同，则与$s_6\text{-}s_8$ 匹配必然失败，又$p_1p_2$ 知$p_5p_6$ 与相同，则可知$p_1p_2$与$p_9p_{10}$一定匹配，由此可知，$i$ 不需要回退，$j$只需从 $3$ 开始继续匹配。

🖋️ 1.2、KMP算法

🏀 1.2.1、分析

1. 当模式串在 $p_1$ 时就产生失配，则将 $i+1$ ，再比较 $s_i$ 和 $p_1$ ，依次向后进行；

2. 当匹配到 $p_i$ 时产生失配，

此时，保持 $i$ 不变，找到一个最大的 $k$ ，使 $s_{i - k + 1}\text{-}s_{i - 1}=p_{1}\text{-}p_{k - 1}$，更新 $j=k$ ，然后让 $s_i$ 和 $p_j$ 进行匹配。假设新的 $j$ 用 $next[j]$ 表示，则表示当模式串在 $p_j$ 时失配后，在模式串中需要重新和主串匹配的位置，由于 $s_{i - k + 1}\text{-}s_{i - 1}$ 与 $p_{j - k + 1}\text{-}p_{j - 1}$ 匹配，则 $p_{1}\text{-}p_{k - 1}=p_{j - k + 1}\text{-}p_{j - 1}$ ，即 $k$ 为 $p_{1}\text{-}p_{k - 1}$ 中相同的前缀和后缀的最大值加 $1$ 。

🏀 1.2.2、求next数组

next数组的定义如下（由于从 $1$ 开始，为了对应，从 $next[1]$ 开始）：

$$\begin{equation} next[j]= \begin{cases} 0, & j=1 \\ max\{k | 1<k<j \text{且} p_1,\ldots,p_{k-1} = p_{j-k+1},\ldots,p_{j-1}\}, & \\ 1, & \text{其他情况} \end{cases} \end{equation}$$

从next的定义出发，给出下面的求解程序：

$next[1]=0$ 是为了与其他情况区分，虽然二者 $j$ 都会回退到 $1$ ，但 $j=1$ 时， $i$ 要 $+1$ 。

🏀 1.2.3、根据next数组，可得KMP算法

🏀 1.2.4、通用next数组求法

🖋️ 1.3、题型

Implement strStr()

实现 strStr() 函数。给定一个 haystack 字符串和一个 needle 字符串，在 haystack 字符串中找出 needle 字符串出现的第一个位置 (从0开始)。如果不存在，则返回 -1。 对于本题而言，当 needle 是空字符串时我们应当返回 0 。这与C语言的 strstr() 以及 Java的 indexOf() 定义相符。

✏️ 2、回文字符串

🖋️ 2.1、最长回文子串

Longest Palindromic Substring

给定一个字符串 s，找到 s 中最长的回文子串。你可以假设 s 的最大长度为 1000。

方法一、中心扩展，分为奇回文和偶回文，时间复杂度为 $O(n^2)$ 。

方法二、Manacher算法，见左神书：《程序员代码面试指南》。

中心扩展

string longestPalindrome(string s) {
    string result = s.substr(0,1);
    int len = s.length();
    for(int i = 1;i < len;i++){
        if(s[i] == s[i - 1]){
            int m = i + 1;
            int n = i - 2;
            while(m < len && n >= 0 && s[m] == s[n]){
                m++; n--;
            }
            m--; n++;
            if(m - n + 1 > result.length())
                result = s.substr(n, m - n + 1);
        }
        if(i >= 2 && s[i] == s[i - 2]){
            int m = i + 1;
            int n = i - 3;
            while(m < len && n >= 0 && s[m] == s[n]){
                m++; n--;
            }
            m--; n++;
            if(m - n + 1 > result.length())
                result = s.substr(n, m - n + 1);
        }
    }

    return result;
}

Manacher

string longestPalindrome(string s) {
    if(s.empty()){
        return "";
    }
    string str(s.size() * 2 + 1, '#');
    for(int i = 1, j = 0; i < str.size() && j < s.size(); i += 2, j++)
        str[i] = s[j];
    vector<int> pArr(str.size());
    int index = -1;
    int pR = -1;
    int ans = INT_MIN;
    int t = 0;
    for(int i = 0; i < str.size(); i++){
        pArr[i] = pR > i ? min(pArr[2 * index - i], pR - i) : 1;
        while(i + pArr[i] < str.size() && i - pArr[i] > -1){
            if(str[i + pArr[i]] == str[i - pArr[i]]){
                pArr[i]++;
            }else{
                break;
            }
        }
        if(i + pArr[i] > pR){
            pR = i + pArr[i];
            index = i;
        }
        if(ans < pArr[i]){
            ans = pArr[i];
            t = i;
        }
    }
    // return ans - 1; // 最长回文字串长度
    string result;
    for(int i = t - ans + 1; i < t + ans; i++){
        if(str[i] != '#'){
            result.push_back(str[i]);
        }
    }
    return result;
}

🖋️ 2.2、扩展

让字符串成为回文串的最少插入次数

添加最少的字符让字符串变成回文串

✏️ 3、循环节问题

🖋️ 3.1、最小循环节

如果字符串 s 有个循环节 son，n = |s| , x = |son|，字符数组下标从1开始，那么：

1. x 一定是 n 的约数；

2. 那么s[1, n - x] = s[x, n]；

3. 字符串str的最短循环节长度为 k = len(str) - next[len(str)] 。

证明：反证法

1. 首先根据结论2，因为 s[1, next[n] ] = s[n - next[n] , n]，所以必然存在长度为 x = n - next[n]的循环节，问题就在于它是不是最短的。

2. 假设存在另一个循环节，长度为 y（y < x） ，那么根据结论2，一定有： s[1, n - y] = s[y , n]；如此一来next[n] = n - y > n - x，这和 next 数组定义矛盾，因此不存在y < x。

3. 综上所述，n - next[n] 一定为最短循环节的长度。

void getNext(string &str, vector<int> &next){
    int j, k;
    j = 0; k = -1; next[0] = -1;
    while(j < str.size())
        if(k == -1 || str[j] == str[k])
            next[++j] = ++k;
        else
            k = next[k];
}
int main(){
    string str;
    cin >> str;
    vector<int> next(str.size() + 1);
    getNext(str, next);
    cout << str.substr(0, str.size() - next[str.size()]) << endl;
    return 0;
}

🖋️ 3.2、题型

Repeated Substring Pattern

给定一个非空的字符串，判断它是否可以由它的一个子串重复多次构成。给定的字符串只含有小写英文字母，并且长度不超过10000。

最小循环节的长度等于小于它本身的长度即可。

✏️ 4、其他题目

Add Binary

给你两个二进制字符串，返回它们的和（用二进制表示）。输入为 非空 字符串且只包含数字 1 和 0。

• 1 <= a.length, b.length <= 10^4

• 字符串如果不是 "0" ，就都不含前导零。

替换空格

请实现一个函数，把字符串 s 中的每个空格替换成"%20"。

1、最容易想到方法的是新建字符串（如果是静态数组，则长度为原来的三倍），然后依次复制原串的内容到新串，遇到空格用"%20"替换。

2、其次是按空格拆分字符串split，然后再组合。

3、还有一种原地替换的方法：先根据空格数量在字符串末尾扩容两个字符的空间，然后倒叙遍历将原来位置的字符放到后面, 最后返回s就可以了。

// const std::string p = "%20";
std::string StringHandler::replaceSpace(std::string s, const std::string p){
    int count = 0;
    for(auto c : s){
        if(c == ' ')
            ++count;
    }
    int len = count * p.size() + s.size() - count;
    string result(len, ' ');
    int i = 0;
    for(auto c : s){
        if(c != ' '){
            result[i++] = c;
        }
        else{
            for(auto d : p){
                result[i++] = d;
            }
        }
    }
    return result;
}

First Unique Character in a String

给定一个字符串，找到它的第一个不重复的字符，并返回它的索引。如果不存在，则返回 -1。

Reverse Words in a String

string reverseWords(string s) {
    string result;
    int left = 0, right = s.size() - 1;
    while(right >= 0){
        while(right >= 0 && s[right] == ' ') right--;
        if(right >= 0){
            left = right;
            while(left >= 0 && s[left] != ' ') left--;
            left++;
            if(left >= 0){
                for(int i = left; i <=right; i++){
                    result.push_back(s[i]);
                }
                result.push_back(' ');
            }
            right = left - 1;
        }
    }
    if(!result.empty() && result.back() == ' ')
        result.pop_back();
    return result;
}

字符串转换整数 (atoi)

实现一个 atoi 函数，使其能将字符串转换成整数。

int myAtoi(string str) {
    int idx = 0;
    if(str.empty())
        return 0;
    long long result = 0;
    int len = str.size();
    bool flag = true;
    while(idx < len && str[idx] == ' ')
        idx++;
    if(idx < len && (str[idx] == '-' || str[idx] == '+')){
        if(str[idx] == '-')
            flag = false;
        idx++;
    }
    if(idx >= len || !(str[idx] <= '9' && str[idx] >= '0'))
        return 0;
    while(idx < len && str[idx] <= '9' && str[idx] >= '0'){
        int num = str[idx] - '0';
        result = result * 10 + num;
        if(result >= long(INT_MAX) && flag){
            return INT_MAX;
        }
        if(result >= long(INT_MAX) + 1 && !flag){
            return INT_MIN;
        }
        idx++;
    }
    return flag ? result : -1 * result;
}

Edit Distance

给你两个单词 word1 和 word2，请你计算出将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数 。

你可以对一个单词进行如下三种操作：

• 插入一个字符

• 删除一个字符

• 替换一个字符

int minDistance(string word1, string word2) {
    int m = word1.size();
    int n = word2.size();
    if(m * n == 0) return n + m;
    vector<vector<int> > dp(m + 1, vector<int>(n + 1));
    for(int i = 0; i <= m; i++){
        dp[i][0] = i;
    }
    for(int i = 0; i <= n; ++i){
        dp[0][i] = i;
    }
    for(int i = 1; i <= m; ++i){
        for(int j = 1; j <= n; ++j){
            int a = dp[i - 1][j] + 1;
            int b = dp[i][j - 1] + 1;
            int c = dp[i - 1][j - 1];
            if(word1[i - 1] != word2[j - 1]) c++;
            dp[i][j] = min(a, min(b, c));
        }
    }
    return dp[m][n];
}

Wildcard Matching

给定一个字符串 (s) 和一个字符模式 (p) ，实现一个支持 '?' 和 '*' 的通配符匹配。'?' 可以匹配任何单个字符。 '*' 可以匹配任意字符串（包括空字符串）。 两个字符串完全匹配才算匹配成功。

说明：s 可能为空，且只包含从 a-z 的小写字母。 p 可能为空，且只包含从 a-z 的小写字母，以及字符 ? 和 *。

Word Break （最右面试）

给定一个非空字符串 s 和一个包含非空单词的列表 wordDict，判定 s 是否可以被空格拆分为一个或多个在字典中出现的单词。

说明：拆分时可以重复使用字典中的单词。 你可以假设字典中没有重复的单词。

💎 1、DFS

• "leetcode" 可以拆分为："l"是否是单词表的单词、剩余子串能否继续拆分，"le"是否是单词表的单词、剩余子串能否拆分……以此类推。

• 指针从左往右扫描：

  • 递归：如果指针的左侧部分是单词，则对右侧的剩余子串，递归考察。

  • 回溯：如果指针的左侧部分不是单词，回溯到上一步，考察别的分支。

解空间树：["leet", "code"]

记忆化搜索

上述方法会超时，时间复杂度为 $O(n^2)$ ，相当于双重循环遍历字符串。增加一个 bool 数组表示当前位置之后的字符串是否遍历过了，如果遍历过了并且没有提前递归的返回 true 说明，这个位置后面的匹配是不会成功的，因此直接返回false，就不用进入重复的递归。

💎 2、BFS

• 维护一个队列，依然用指针描述一个节点（一个子问题）。

• 如下图，起初，指针 0 入列，然后它出列，遍历考察指针 1,2,3,4,...，它们分别与指针 0 围出前缀子串，如果不是单词，对应的指针就不入列，否则入列，继续考察以它为起点的剩余子串。

• 节点（指针）出列，考察它的子节点，能入列的就入列、再出列……重复下去。 直到没有指针可入列，即指针越界了，如果前缀子串是单词，说明我们之前一直切出单词，返回 true。 如果整个BFS过程，始终没有返回 true，则返回 false。

记忆化搜索

未剪枝的DFS会重复遍历节点，BFS也一样。解决办法：用一个 visited 数组记录访问过的节点，作用其实和 memo 一样，下次遇到就跳过。出列考察一个指针时，将它存入 visited，索引存指针本身，值为 true。

💎 3、动态规划

• s 串能否分解为单词表的单词，即：前 s.length 个字符的 s 串能否分解为单词表单词。

• 将大问题分解为规模小一点的子问题， 前 i 个字符的子串能否分解成单词表单词 + 剩余子串是否为单个单词。

• dp[i]：长度为 i 的 s[0:i-1] 子串是否能拆分成单词，是一个 bool 值。

状态转移方程

我们用指针 j 去划分这两部分，s[0:i] 子串的 dp[i+1] 是否为真（是否可拆分成单词），取决于两点：

• 它的前缀子串 s[0:j-1] 的 dp[j] ，是否为真。

• 剩余子串 s[j:i]，是否是一个独立的单词。

base case

dp[0] = true。长度为 0 的s[0:-1]能拆分成单词表单词。 这不符合现实，但这只是为了让边界情况也能满足状态转移方程。当 j = 0 时，s[0:i] 子串的 dp[i+1]，取决于 s[0:-1] 的 dp[0] 和剩余子串 s[0:i] 是否是单词，即 j 划分的前缀串是空串。 只有让 dp[0] = true，dp[i+1] 才会只取决于 s[0:i] 子串是否为一个独立单词。

DFS

// 超时
bool dfs(std::string &s, int start, std::vector<std::string>& wordDict){
    if(start == s.size())
        return true;
    for(int i = start; i < s.size(); i++){
        for(auto it = wordDict.begin(); it != wordDict.end(); it++){
            if(*it == s.substr(start, i - start + 1)){
                if(dfs(s, i + 1, wordDict))
                    return true;
            }
        }
    }
    return false;
}
bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
    return dfs(s, 0, wordDict);
}
// ac : 记忆化搜索
bool dfs(std::string &s, int start, vector<bool> &memo, std::vector<std::string>& wordDict){
    if(start == s.size())
        return true;
    if(!memo[start])
        return false;
    for(int i = start; i < s.size(); i++){
        for(auto it = wordDict.begin(); it != wordDict.end(); it++){
            if(*it == s.substr(start, i - start + 1)){
                if(dfs(s, i + 1, memo, wordDict)){
                    return true;
                }
            }
        }
    }
    memo[start] = false;
    return false;
}
bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
    vector<bool> memo(s.size(), true);
    return dfs(s, 0, memo, wordDict);
}

BFS

// 超时
bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
    queue<int> idx_que;
    idx_que.push(0);
    while(!idx_que.empty()){
        int start = idx_que.front();
        idx_que.pop();
        for(int i = start; i < s.size(); i++){
            for(auto it = wordDict.begin(); it != wordDict.end(); it++){
                if(*it == s.substr(start, i - start + 1)){
                    if(i == s.size() - 1)
                        return true;
                    idx_que.push(i + 1);
                }
            }
        }
    }
    return false;
}
// ac : 记忆化搜索
bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
    queue<int> idx_que;
    vector<bool> visited(s.size(), false);
    idx_que.push(0);
    while(!idx_que.empty()){
        int start = idx_que.front();
        idx_que.pop();
        if(visited[start])
            continue;
        visited[start] = true;
        for(int i = start; i < s.size(); i++){
            for(auto it = wordDict.begin(); it != wordDict.end(); it++){
                if(*it == s.substr(start, i - start + 1)){
                    if(i == s.size() - 1)
                        return true;
                    idx_que.push(i + 1);
                }
            }
        }
    }
    return false;
}

动态规划

bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
    vector<bool> dp(s.size() + 1, false);
    dp[0] = true;
    for(int i = 0; i < s.size(); i ++){
        if(dp[i + 1])
            continue;
        for(int j = 0; j <= i; j++){
            if(dp[j]){
                for(auto it = wordDict.begin(); it != wordDict.end(); it++){
                    if(*it == s.substr(j, i - j + 1)){
                        dp[i + 1] = true;
                        break;
                    }
                }
            }
        }
    }
    return dp[s.size()];
}

Word Break II