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25.单词拆分
题目链接：
题目描述：
题目示例：
解法(动态规划)：
算法思路：
1.状态表示：
对于线性dp，我们可以用「经验+ 题目要求」来定义状态表示：
i.以某个位置为结尾，巴拉巴拉;
ii.以某个位置为起点，巴拉巴拉。
这里我们选择比较常用的方式，以某个位置为结尾，结合题目要求，定义一个状态表示：
dpi表示：0，i区间内的字符串，能否被字典中的单词拼接而成。
2.状态转移方程：
对于dpi，为了确定当前的字符串能否由字典里面的单词构成，根据最后一个单词的起始位置j，我们可以将其分解为前后两部分：
i.前面一部分0，j-1区间的字符串;
ii.后面一部分j，i区间的字符串。
其中前面部分我们可以在dpj-1中找到答案，后面部分的子串可以在字典里面找到。
因此，我们得出一个结论:当我们在从o~i枚举j的时候，只要dpj-1=true并且后面部分的子串s.substr(j，i-j+1)能够在字典中找到，那么dpi=true。
3.初始化：
可以在最前面加上一个「辅助结点」，帮助我们初始化。使用这种技巧要注意两个点：
i.辅助结点里面的值要「保证后续填表是正确的」;
ii.「下标的映射关系」。
在本题中，最前面加上一个格子，并且让dp0=true ，可以理解为空串能够拼接而成。
其中为了方便处理下标的映射关系，我们可以将字符串前面加上一个占位符s=' '+s ，这样就没有下标的映射关系的问题了，同时还能处理「空串」的情况。
4.填表顺序:
显而易见，填表顺序「从左往右」。
5.返回值:
由「状态表示」可得:返回dpn位置的布尔值。
哈希表优化的小细节:
在状态转移中，我们需要判断后面部分的子串「是否在字典」之中，因此会「频繁的用到查询操作」。为了节省效率，我们可以提前把「字典中的单词」存入到「哈希表」中。
C++算法代码(解法一：不借助辅助结点)：
cpp
class Solution {
public:
bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict)
{
//为了后续获取子字符串能快速判断是否在字典中
//我们可以通过哈希表将字典中的字符串进行存放
unordered_map<string, int> hash;
for(int i = 0; i < wordDict.size(); i++)
{
hash[wordDict[i]]++;
}
//解法一：不借助辅助结点
int n = s.size();
vector<bool> dp(n);
dp[0] = hash.count(s.substr(0, 1));
for(int i = 1; i < n; i++)
{
for(int j = i; j >= 1; j--)
{
//dp[j - 1]存在的情况
if(dp[j - 1] && hash.count(s.substr(j, i - j + 1)))
{
dp[i] = true;
break;
}
}
//dp[j - 1]不存在的情况，即整个[0, i]的字符串是否存在于字典中
if(hash.count(s.substr(0, i + 1)))
{
dp[i] = true;
}
}
return dp[n - 1];
}
};C++算法代码(解法二：借助辅助结点)：
cpp
class Solution {
public:
bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict)
{
//为了后续获取子字符串能快速判断是否在字典中
//我们可以通过哈希表将字典中的字符串进行存放
unordered_map<string, int> hash;
for(int i = 0; i < wordDict.size(); i++)
{
hash[wordDict[i]]++;
}
//解法二：借助辅助结点
int n = s.size();
vector<bool> dp(n + 1);
dp[0] = true; //保证后续填表是正确的
s = ' ' + s; //在字符串开头位置加上空格，使原始字符串下标统一+1
//为了和dp数组下标进行对应
for(int i = 1; i < n + 1; i++)
{
for(int j = i; j >= 1; j--)
{
if(dp[j - 1] && hash.count(s.substr(j, i - j + 1)))
{
dp[i] = true;
break;
}
}
}
return dp[n];
}
};算法总结及流程解析：
26.环绕字符串中唯一的子字符串
题目链接：
题目描述：
题目示例：
解法(动态规划)：
算法思路：
1.状态表示：
对于线性dp，我们可以用「经验+题目要求」来定义状态表示：
i.以某个位置为结尾，巴拉巴拉;
ii.以某个位置为起点，巴拉巴拉。
这里我们选择比较常用的方式，以某个位置为结尾，结合题目要求，定义一个状态表示：
dpi表示：以i位置的元素为结尾的所有子串里面，有多少个在base中出现过。
2.状态转移方程：
对于dpi，我们可以根据子串的「长度」划分为两类：
i.子串的长度等于1:此时这一个字符会出现在base中;
ii.子串的长度大于1:如果i位置的字符和i-1 位置上的字符组合后，出现在 base中的话，那么dpi-1里面的所有子串后面填上一个si依旧在base中出现。因此dpi=dpi-1。
综上，dpi= 1 + dpi-1，其中dpi-1是否加上需要先做一下判断。
3.初始化：
可以根据「实际情况」，将表里面的值都初始化为1 。
4.填表顺序：
显而易见，填表顺序「从左往右」。
5.返回值：
这里不能直接返回dp表里面的和，因为会有重复的结果。在返回之前，我们需要先「去重」：
i.相同字符结尾的dp值，我们仅需保留「最大」的即可，其余dp值对应的子串都可以在最大的里面找到;
ii.可以创建一个大小为26的数组，统计所有字符结尾的最大dp值。
最后返回「数组中所有元素的和」即可。
C++算法代码：
cpp
class Solution {
public:
int findSubstringInWraproundString(string s)
{
int n = s.size();
vector<int> dp(n);
int hash[26] = { 0 };
//hash数组存放的值表示为：相应字符为结点的最大的dp值(作用：去除重复子字符串)
dp[0] = 1;
hash[s[0] - 'a'] = 1;
for(int i = 1; i < n; i++)
{
if(s[i - 1] + 1 == s[i] || (s[i - 1] == 'z' && s[i] == 'a'))
{
dp[i] = dp[i - 1] + 1;
}
else
{
dp[i] = 1;
}
if(dp[i] > hash[s[i] - 'a'])
{
//如果当前位置字符为结尾的dp值大于hash对应字符所在位置的值
//说明hash中存放的dp值(以该字符为结尾的所有子字符串情况)对于这一次而言是全部重复的
hash[s[i] - 'a'] = dp[i];
}
}
int ret = 0;
for(int i = 0; i < 26; i++)
{
ret += hash[i];
}
return ret;
}
};算法总结及流程解析：
结束语
到此，25.单词拆分，26.环绕字符串中唯一的子字符串 这两道算法题就讲解完了。**单词拆分问题：通过定义dpi表示前i个字符能否由字典单词组成，利用哈希表存储字典，通过状态转移判断子串是否存在于字典中。给出了两种实现方案：不使用辅助节点和使用辅助节点优化下标处理；环绕字符串子串问题：定义dpi为以i结尾且在base中出现过的子串数量，通过字符连续性判断进行状态转移，并使用哈希数组去重，最终统计所有字符结尾的最大dp值之和。**希望大家能有所收获！