字符串

总结字符串相关的算法考点和题型。

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字符串

总结字符串相关的算法考点和题型。

1、

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。

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；
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 $1$ 。

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 $+1$ 。

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。

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》。

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;
}

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;
}

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：

x 一定是 n 的约数；
那么s[1, n - x] = s[x, n]；
字符串str的最短循环节长度为 k = len(str) - next[len(str)] 。

证明：反证法

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。
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。
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;
}

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。

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。

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;
}

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。

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;
}

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;
}

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];
}

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 *。

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。

"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。

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。

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。

// 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);
}

// 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;
}

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()];
}

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1、

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：

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：

1.2、`KMP`算法

1.2.1、分析

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；
当匹配到 $p_i$ 时产生失配，

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

2、回文字符串

2.1、最长回文子串

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》。

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;
}

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

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：

x 一定是 n 的约数；
那么s[1, n - x] = s[x, n]；
字符串str的最短循环节长度为 k = len(str) - next[len(str)] 。

证明：反证法

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。
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。
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

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

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。

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;
}

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。

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;
}

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;
}

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];
}

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 *。

（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

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

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

// 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);
}

// 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;
}

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()];
}

1、

1.1、BF算法

1、

1.1、BF算法

1.2、KMP算法

1.2.1、分析

1.2.2、求next数组

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

2、回文字符串

2.1、最长回文子串

2.2、扩展

3、循环节问题

3.1、最小循环节

3.2、题型

4、其他题目

（最右面试）

1、DFS

2、BFS

3、动态规划

1.2、KMP算法

1.2.1、分析

1.2.2、求next数组

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

2、回文字符串

2.1、最长回文子串

2.2、扩展

3、循环节问题

3.1、最小循环节

3.2、题型

4、其他题目

（最右面试）

1、DFS

2、BFS

3、动态规划

1.1、`BF`算法

1.1、`BF`算法

1.2、`KMP`算法

1.2.2、求`next`数组

1.2.3、根据`next`数组，可得`KMP`算法

1.2.4、通用`next`数组求法

1、`DFS`

2、`BFS`

1.2、`KMP`算法

1.2.2、求`next`数组

1.2.3、根据`next`数组，可得`KMP`算法

1.2.4、通用`next`数组求法

1、`DFS`

2、`BFS`