LeetCode 周赛上分之旅 # 36 KMP 字符串匹配殊途同归

彭旭锐2023-08-01 20:19

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学习数据结构与算法的关键在于掌握问题背后的算法思维框架，你的思考越抽象，它能覆盖的问题域就越广，理解难度也更复杂。在这个专栏里，小彭与你分享每场 LeetCode 周赛的解题报告，一起体会上分之旅。

本文是 LeetCode 上分之旅系列的第 36 篇文章，往期回顾请移步到文章末尾~

周赛 356

T1. 满足目标工作时长的员工数目

  • 标签：模拟

T2. 统计完全子数组的数目

  • 标签：滑动窗口、散列表

T3. 包含三个字符串的最短字符串

  • 标签：贪心、全排列、前后缀分解、KMP

T4. 统计范围内的步进数字数

  • 标签：数位 DP、记忆化

T1. 满足目标工作时长的员工数目

kotlin 复制代码 
https://leetcode.cn/problems/number-of-employees-who-met-the-target/

题解（模拟）

简单模拟题。

cpp 复制代码 
class Solution {
public:
    int numberOfEmployeesWhoMetTarget(vector<int>& hours, int target) {
        int ret = 0;
        for (int i = 0; i < hours.size(); i++) {
            if (hours[i] >= target) ret++;
        }
        return ret;
    }
};
python 复制代码 
class Solution:
    def numberOfEmployeesWhoMetTarget(self, hours: List[int], target: int) -> int:
        return sum(e >= target for e in hours)

复杂度分析：

  • 时间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ) O(n) </math>O(n) 线性扫描；
  • 空间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( 1 ) O(1) </math>O(1) 仅使用常量级别空间。

T2. 统计完全子数组的数目

kotlin 复制代码 
https://leetcode.cn/problems/count-complete-subarrays-in-an-array/

题解一（枚举子数组 + 散列表）

枚举子数组，求满足条件的子数组数

cpp 复制代码 
class Solution {
public:
    int countCompleteSubarrays(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        int ret = 0;
        // 目标元素个数
        int target = unordered_set<int>(nums.begin(), nums.end()).size();
        // 枚举子数组
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            unordered_set<int> curSet;
            for (int j = i; j < nums.size(); j++) {
                curSet.insert(nums[j]);
                if (curSet.size() == target) {
                    ret += n - j;
                    break;
                }
            }
        }
        return ret;
    }
};

复杂度分析：

  • 时间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n 2 ) O(n^2) </math>O(n2) 枚举子数组时间；
  • 空间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ) O(n) </math>O(n) 散列表空间。

题解二（滑动窗口 + 散列表）

在题解一中，当子数组的满足条件时，我们不再需要扩展右指针 j，其实左指针 i 也类似。当存在子数组 [i, j] 满足条件时，我们可以收缩左指针到 [i+1, j]，如果子数组依然满足条件，则可以继续记录子数组个数 n - j 个。

cpp 复制代码 
class Solution {
public:
    int countCompleteSubarrays(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        int ret = 0;
        // 目标元素个数
        int target = unordered_set<int>(nums.begin(), nums.end()).size();
        // 滑动窗口
        unordered_map<int, int> cnts;
        int i = 0;
        for (int j = 0; j < nums.size(); j++) {
            cnts[nums[j]]++;
            while (cnts.size() == target) {
                ret += n - j;
                if (--cnts[nums[i]] == 0) cnts.erase(nums[i]);
                i++;
            }
        }
        return ret;
    }
};

复杂度分析：

  • 时间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ) O(n) </math>O(n) 滑动窗口的 i 指针和 j 指针最多移动 n 次；
  • 空间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ) O(n) </math>O(n) 散列表空间。

相似题目：

T3. 包含三个字符串的最短字符串

kotlin 复制代码 
https://leetcode.cn/problems/shortest-string-that-contains-three-strings/

题解一（贪心）

首先，合并字符串 a 和字符串 b 可以用前后缀分解来模拟：a 的最长后缀与 b 的最长前缀匹配，得到的合并字符串是最短的。而对于目标答案的合并方案来说，必然是 [a, b, c] 的全排列中的一种：

  • a + b + c
  • a + c + b
  • b + a + c
  • b + c + a
  • c + a + b
  • c + b + a

虽然，严谨来说局部贪心是错误的（即先将 a 和 b 合并得到最短字符串 ab，再将 ab 与 c 合并）。例如以下测试用例，这说明在第一次合并中选择最短的字符串，不一定是全局最短的字符串。但是，最优解必然可以通过全排列中的其他方案获得。因此，直接使用 "局部贪心" 即可。

bash 复制代码 
a = "cdaa"
b = "aaef"
c = "daaae"
# a + b + c 其中 a + b = "cdaaef"，无法与 c 合并得到最优解 "cdaaaef"
# a + c + b 可以得到最优解 "cdaaaef"
python 复制代码 
class Solution:
    def minimumString(self, a: str, b: str, c: str) -> str:
        def merge(a: str, b: str) -> str:
            if b in a: return a
            for i in range(min(len(a), len(b)), 0, -1):
                # 前后缀对比
                if a[-i:] == b[:i]: 
                    return a + b[i:]
            return a + b
        ret = ""
        for a, b, c in permutations((a, b, c)): 
            temp = merge(merge(a,b), c)
            # 优先最短字符串，再考虑字典序最小
            if (ret == "" or len(temp) < len(ret) or (len(temp) == len(ret) and temp < ret)):
                ret = temp
        return ret

复杂度分析：

  • 时间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n 2 ) O(n^2) </math>O(n2) 单次合并的时间复杂度是 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n 2 ) O(n^2) </math>O(n2)；
  • 空间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ) O(n) </math>O(n) 临时字符串空间。

题解二（KMP）

题解一时间复杂度的瓶颈在 merge 函数，对于两个字符串的最长的前后缀匹配长度，这正好就是 KMP 算法中求解 next 数组的步骤，而 KMP 算法的时间复杂度是 O(n)，存在优化空间。

  • next[i] 的含义：s[:i] 的后缀与前缀的最长匹配长度

另外还有一个细节，在合并 a 和 b 时我们在中间插入分隔符 "#"，这是为了避免匹配长度大于 a 或 b的长度。例如：

bash 复制代码 
a = "cac"
b = "aca"
# 那么 a + b = "cacaca" 会出现匹配长度大于 a 或 b的长度
python 复制代码 
class Solution:
    def minimumString(self, a: str, b: str, c: str) -> str:
        def merge(a: str, b: str) -> str:
            if b in a: return a
            # 拼接字符串，以计算 b 的后缀与 a 的前缀的匹配长度
            s = a + "#" + b
            # KMP 求 next 数组
            j, next = 0, [0] * len(s)
            for i in range(1, len(s)):
                while j > 0 and s[i] != s[j]:
                    j = next[j - 1]
                if s[i] == s[j]:
                    j += 1
                next[i] = j
            # next[-1]: s[-1] 的最长匹配前缀
            return b + a[next[-1]:]
        ret = ""
        for a, b, c in permutations((a, b, c)): 
            temp = merge(merge(a,b), c)
            # 优先最短字符串，再考虑字典序最小
            if (ret == "" or len(temp) < len(ret) or (len(temp) == len(ret) and temp < ret)):
                ret = temp
        return ret

复杂度分析：

  • 时间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ) O(n) </math>O(n) 单次合并的时间复杂度是 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ) O(n) </math>O(n)；
  • 空间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ) O(n) </math>O(n) 临时字符串空间。

T4. 统计范围内的步进数字数目

kotlin 复制代码 
https://leetcode.cn/problems/count-stepping-numbers-in-range/

题解（数位 DP + 记忆化）

相对标准的数位 DP 模板题。

  • 1、数位 DP： 我们定义 dp[i, pre, isNumber, isLimit] 表示从第 i 位开始的合法方案数，其中：
    • pre 表示上一个数位选择的值；
    • isNumber 表示已填数位是否构造出合法数字；
    • isLimit 表示当前数位是否被当前数位的最大值约束。
  • 2、差值： 由于题目输入是字符串，要计算出 [low, high] 之间的合法方案数，我们可以计算出 [0, high] 和 [0, low] 之间合法方案数的差值，我们可以再单独判断 low 是否合法。
  • 3、记忆化： 对于相同 dp[i, ...] 子问题，可能会重复计算，可以使用记忆化优化时间复杂度：
kotlin 复制代码 
class Solution {
    
    val MOD = 1000000007
    
    fun countSteppingNumbers(low: String, high: String): Int {
        // 数位 DP
        return ((f(high) - f(low) + if (check(low)) 1 else 0) + MOD) % MOD
    }
    
    private fun f(num: String): Int {
        val memo = Array(num.length) { Array(10) { IntArray(2) { -1 } } }
        return dp(memo, 0, num, '0', false, true)
    }
    
    private fun check(num: String) : Boolean {
        for (i in 1 until num.length) {
            if (Math.abs(num[i] - num[i - 1]) != 1) return false
        }
        return true
    }
    
    // dp[i, pre, isNumber]
    private fun dp(memo: Array<Array<IntArray>>, i: Int, high: String, pre: Char, isNumber: Boolean, isLimit: Boolean): Int {
        // 终止条件
        if (i == high.length) {
            return if (isNumber) 1 else 0
        }
        // 读备忘录
        if (!isLimit && -1 != memo[i][pre - '0'][if (isNumber) 1 else 0]) {
            return memo[i][pre - '0'][if(isNumber) 1 else 0]
        }
        var ret = 0
        val lower = '0'
        val upper = if (isLimit) high[i] else '9'
        for (choice in lower .. upper) {
            if (!isNumber || Math.abs(choice - pre) == 1) {
                ret = (ret + dp(memo, i + 1, high, choice, isNumber || choice != '0', isLimit && choice == upper)) % MOD
            }
        }
        if (!isLimit) memo[i][pre - '0'][if (isNumber) 1 else 0] = ret
        return ret
    }
}

复杂度分析：

  • 时间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n C ⋅ C ) O(nC·C) </math>O(nC⋅C) 其中 n 为数位长度，C 为字符集大小 ，总共有 n·C 个子状态，每个子状态的时间复杂度是 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( C ) O(C) </math>O(C)，整体时间复杂度是 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ⋅ C 2 ) O(n·C^2) </math>O(n⋅C2)
  • 空间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ⋅ C ) O(n·C) </math>O(n⋅C) 记忆化空间。

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