Leetcode（524）——通过删除字母匹配到字典里最长单词

题目

给你一个字符串 s 和一个字符串数组 dictionary ，找出并返回 dictionary 中最长的字符串，该字符串可以通过删除 s 中的某些字符得到。

如果答案不止一个，返回长度最长且字母序最小的字符串。如果答案不存在，则返回空字符串。

示例 1：

输入：s = “abpcplea”, dictionary = [“ale”,“apple”,“monkey”,“plea”]
输出：“apple”

示例 2：

输入：s = “abpcplea”, dictionary = [“a”,“b”,“c”]
输出：“a”

提示：

• $1$ <= s.length <= $1000$
• $1$ <= dictionary.length <= $1000$
• $1$ <= dictionary[i].length <= $1000$
• s 和 dictionary[i] 仅由小写英文字母组成

题解

方法一：贪心+双指针

思路

​​  根据题意，我们需要解决两个问题：

• 如何判断 $\text{dictionary}$ 中的字符串 $t$ 是否可以通过删除 $s$ 中的某些字符得到；
• 如何找到长度最长且字典序最小的字符串。

​​  第 $1$ 个问题实际上就是判断 $t$ 是否是 $s$ 的子序列。因此只要能找到任意一种 $t$ 在 $s$ 中出现的方式，即可认为 $t$ 是 $s$ 的子序列。而当我们从前往后匹配时，可以发现每次贪心地匹配最靠前的字符（直到找到 $s$ 中第一位与 $dictionary[x][j]$ 对得上的位置）是最优决策。

假定当前需要匹配字符 $c$，而字符 $c$ 在 $s$ 中的位置 $x_1$ 和 $x_2$ 出现（$x_1<x_2$），那么贪心取 $x_1$ 是最优解，因为 $x_2$ 后面能取到的字符，$x_1$ 也都能取到，并且通过 $x_1$ 与 $x_2$ 之间的可选字符，更有希望能匹配成功。

​​  这样，我们初始化两个指针 $i$ 和 $j$，分别指向 $t$ 和 $s$ 的初始位置。每次贪心地匹配，匹配成功则 $i$ 和 $j$ 同时右移，匹配 $t$ 的下一个位置，匹配失败则 $j$ 右移，$i$ 不变，尝试用 $s$ 的下一个字符匹配 $t$ 。

​​  最终如果 $i$ 移动到 $t$ 的末尾，则说明 $t$ 是 $s$ 的子序列。

​​  第 $2$ 个问题可以通过遍历 $\text{dictionary}$ 中的字符串，并维护当前长度最长且字典序最小的字符串来找到。

代码实现

我自己的：

class Solution {
public:
    string findLongestWord(string s, vector<string>& dictionary) {
        // 遍历 dictionary 中的字符串，然后逐一对比 s ，并判断是否可以通过删除 s 中的某些字符得到
        // maxL 长度最长且字母序最小的字符串在 dictionary 中的下标 
        int maxL = -1, ptr, size_d = dictionary.size(), size_s = s.size();
        for(int n = 0; n < size_d; n++){
            // 先比较当前字符串和 maxL 代表的字符串的长度
            // 如果当前字符串长度短于 maxL 或两者长度相等但字母序大于等于 maxL 则查找下一个字符串
            if(maxL != -1 && (dictionary[n].size() < dictionary[maxL].size() || 
            (dictionary[n].size() == dictionary[maxL].size() && dictionary[n] >= dictionary[maxL]))) continue;
            ptr = 0;    // 指向当前字符串
            for(int i = 0; i < size_s && ptr < dictionary[n].size(); i++)
                if(s[i] == dictionary[n][ptr]) ptr++;
            if(ptr == dictionary[n].size()) maxL = n;
        }
        return maxL == -1? "": dictionary[maxL];
    }
};
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复杂度分析

时间复杂度：$O(d\times (m+n))$，其中 $d$ 表示 $\text{dictionary}$ 的长度，$m$ 表示字符串 $s$ 的长度，$n$ 表示 $\text{dictionary}$ 中字符串的平均长度。我们需要遍历 $\text{dictionary}$ 中的 $d$ 个字符串，每个字符串需要 $O(n+m)$ 的时间复杂度来判断该字符串是否为 $s$ 的子序列。
空间复杂度：$O(1)$

方法二：双指针+排序预处理

思路

​​  在方法一的基础上，我们尝试通过对 $\text{dictionary}$ 的预处理，来优化第 $2$ 个问题的处理。
  我们可以先将 $\text{dictionary}$ 依据字符串长度的降序和字典序的升序进行排序，然后从前向后找到第一个符合条件的字符串直接返回即可。

代码实现

我自己的：

class Solution {
public:
    string findLongestWord(string s, vector<string>& dictionary) {
        // 排序
        sort(dictionary.begin(), dictionary.end(), 
        [](string& A, string& B){return A.size() > B.size() || (A.size() == B.size() && A < B);});
        int ptr, size_d = dictionary.size(), size_s = s.size();
        for(int n = 0; n < size_d; n++){
            ptr = 0;    // 指向当前字符串
            for(int i = 0; i < size_s && ptr < dictionary[n].size(); i++)
                if(s[i] == dictionary[n][ptr]) ptr++;
            if(ptr == dictionary[n].size()) return dictionary[n];
        }
        return "";
    }
};
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复杂度分析

时间复杂度：$O(d\times m\times logd+d\times (m+n))$，其中 $d$ 表示 $\text{dictionary}$ 的长度，$m$ 表示 $s$ 的长度，$n$ 表示 $\text{dictionary}$ 中字符串的平均长度。我们需要 $O(d\times m\times \log d)$ 的时间来排序 $\text{dictionary}$；在最坏的情况下，我们需要 $O(d\times (m+n))$ 来找到第一个符合条件的字符串。
空间复杂度：$O(d\times m)$，为排序的开销。

方法三：双指针+DP预处理

思路

​​  在方法一的基础上，我们考虑通过对字符串 $s$ 的预处理，来优化第 $1$ 个问题的处理。

​​  考虑前面的双指针的做法，我们注意到我们有大量的时间用于在 $s$ 中找到下一个匹配字符。

​​  这样我们通过预处理，得到：对于字符串 $s$ 的每一个位置，从该位置开始往后每一个字符第一次出现的位置（包括该位置）。

​​  我们可以使用动态规划的方法实现预处理，令 $f[i][j]$ 表示字符串 $s$ 中从位置 $i$ 开始往后字符 $j$ 第一次出现的位置。在进行状态转移时，如果 $s$ 中位置 $i$ 的字符就是 $j$，那么 $f[i][j]=i$，否则 $j$ 出现在位置 $i+1$ 开始往后，即 $f[i][j]=f[i+1][j]$；因此我们要反向进行动态规划，从后往前枚举 $i$。

这样我们可以写出状态转移方程：
f [ i ] [ j ] = { i , s [ i ] = j f [ i + 1 ] [ j ] , s [ i ] ≠ j f[i][j]=

f[i][j]={i,f[i+1][j],​s[i]=js[i]​=j​

​​  假定下标从 $0$ 开始，那么 $f[i][j]$ 中有 $0\le i\le m-1$，对于边界状态 $f[m-1][..]$，我们令 $f[m][..]$ 的值为 $m$，让 $f[m-1][..]$ 正常进行转移。这样如果 $f[i][j]=m$，则表示从位置 $i$ 开始往后不存在字符 $j$。

​​  这样，我们可以利用 $f$ 数组，每次 $O(1)$ 地跳转到下一个位置，直到位置变为 $m$ 或 $t$ 中的每一个字符都匹配成功。

代码实现

Leetcode 官方题解：

class Solution {
public:
    string findLongestWord(string s, vector<string>& dictionary) {
        const int n = s.size();
        int next[26];
        fill_n(next, 26, -1);
        int trans[n + 1][26];
        fill_n(trans[n], 26, -1);
        for (int i = n - 1;0 <= i;--i) {
            next[s[i] - 'a'] = i + 1;
            copy_n(next, 26, trans[i]);
        }
        string_view ans = "";
        for (const auto& e : dictionary) {
            int state = 0;
            for (char c : e) {
                state = trans[state][c - 'a'];
                if (state == -1) break;
            }
            if (state == -1) continue;
            if (e.size() > ans.size() || e.size() == ans.size() && e < ans)
                ans = e;
        }
        return string(ans);
    }
};
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我自己的（STL版本）：

class Solution {
public:
    string findLongestWord(string s, vector<string>& dictionary) {
        int maxL = -1, ptr, s_size = s.size(), d_size = dictionary.size();
        vector<vector<int>> s_letter(s_size, vector<int>(26, -1));
        for(int n = s_size-1; n >= 0; n--){
            if(n != s_size-1) s_letter[n] = s_letter[n+1];
            s_letter[n][s[n]-'a'] = n;
        }
        for(int n = 0; n < d_size; n++){
            if(maxL != -1 && (dictionary[n].size() < dictionary[maxL].size() || 
            (dictionary[n].size() == dictionary[maxL].size() && dictionary[n] >= dictionary[maxL]))) continue;
            ptr = 0;
            for(int i = 0; i < s_size && ptr < dictionary[n].size(); i++){
                i = s_letter[i][dictionary[n][ptr]-'a'];
                if(i == -1) break;
                ptr++;
            }
            if(ptr == dictionary[n].size()) maxL = n;
        }
        return maxL == -1? "": dictionary[maxL];
    }
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我自己的（基本数组类型）：

class Solution {
public:
    string findLongestWord(string s, vector<string>& dictionary) {
        int maxL = -1, ptr, s_size = s.size(), d_size = dictionary.size();
        int s_letter[s_size][26];
        fill_n(s_letter[s_size-1], 26, -1);    //只需要给最后一个数组赋值完即可，后面在DP处理时会赋值给别的数组
        for(int n = s_size-1; n >= 0; n--){
            if(n != s_size-1) copy_n(s_letter[n+1], 26, s_letter[n]);
            s_letter[n][s[n]-'a'] = n;
        }
        for(int n = 0; n < d_size; n++){
            if(maxL != -1 && (dictionary[n].size() < dictionary[maxL].size() || 
            (dictionary[n].size() == dictionary[maxL].size() && dictionary[n] >= dictionary[maxL]))) continue;
            ptr = 0;
            for(int i = 0; i < s_size && ptr < dictionary[n].size(); i++){
                i = s_letter[i][dictionary[n][ptr]-'a'];
                if(i == -1) break;
                ptr++;
            }
            if(ptr == dictionary[n].size()) maxL = n;
        }
        return maxL == -1? "": dictionary[maxL];
    }
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复杂度分析

时间复杂度：$O(m\times |\Sigma |+d\times n)$，其中 $d$ 表示 $\text{dictionary}$ 的长度，$\Sigma$ 为字符集，在本题中字符串只包含英文小写字母，故 $|\Sigma |=26$；$m$ 表示字符串 $s$ 的长度，$n$ 表示 $\text{dictionary}$ 中字符串的平均长度。预处理的时间复杂度为 $O(m\times |\Sigma |)$；判断 $d$ 个字符串是否为 $s$ 的子序列的事件复杂度为 $O(d\times n)$。
空间复杂度：$O(m\times \mid \Sigma \mid )$，为动态规划数组的开销。