LeetCode 1079. Letter Tile Possibilities【哈希表,回溯,动态规划,排列组合】中等

这篇具有很好参考价值的文章主要介绍了LeetCode 1079. Letter Tile Possibilities【哈希表,回溯,动态规划,排列组合】中等。希望对大家有所帮助。如果存在错误或未考虑完全的地方,请大家不吝赐教,您也可以点击"举报违法"按钮提交疑问。

本文属于「征服LeetCode」系列文章之一,这一系列正式开始于2021/08/12。由于LeetCode上部分题目有锁,本系列将至少持续到刷完所有无锁题之日为止;由于LeetCode还在不断地创建新题,本系列的终止日期可能是永远。在这一系列刷题文章中,我不仅会讲解多种解题思路及其优化,还会用多种编程语言实现题解,涉及到通用解法时更将归纳总结出相应的算法模板。

为了方便在PC上运行调试、分享代码文件,我还建立了相关的仓库:https://github.com/memcpy0/LeetCode-Conquest。在这一仓库中,你不仅可以看到LeetCode原题链接、题解代码、题解文章链接、同类题目归纳、通用解法总结等,还可以看到原题出现频率和相关企业等重要信息。如果有其他优选题解,还可以一同分享给他人。

由于本系列文章的内容随时可能发生更新变动,欢迎关注和收藏征服LeetCode系列文章目录一文以作备忘。

你有一套活字字模 tiles,其中每个字模上都刻有一个字母 tiles[i]。返回你可以印出的非空字母序列的数目。

**注意:**本题中,每个活字字模只能使用一次。

示例 1:

输入:"AAB"
输出:8
解释:可能的序列为 "A", "B", "AA", "AB", "BA", "AAB", "ABA", "BAA"

示例 2:

输入:"AAABBC"
输出:188

示例 3:

输入:"V"
输出:1

提示:

  • 1 <= tiles.length <= 7
  • tiles 由大写英文字母组成

解法1 回溯+排列+子集生成

随手写的代码:

class Solution {
private:
    int ans = 0;
    unordered_set<string> rec;
    void dfs(string& s, string& t, int b, int e) {
        if (b >= e) {
            string f = t;
            if (f.empty()) return; 
            sort(f.begin(), f.end()); 
            do { 
                if (rec.find(f) == rec.end()) {
                    ++ans;
                    rec.insert(f);
                }
            } while (next_permutation(f.begin(), f.end()));
            return ;
        } 
        dfs(s, t, b + 1, e);
        t.push_back(s[b]); 
        dfs(s, t, b + 1, e); 
        t.pop_back(); 
    }
public:
    int numTilePossibilities(string tiles) {
        string s;
        dfs(tiles, s, 0, tiles.size());
        return ans;
    }
};  

解法2 动态规划

1. 寻找子问题

t i l e s = AABCC tiles=\texttt{AABCC} tiles=AABCC 为例。先来思考,如何计算长为 5 5 5 的序列的数目?

  • 由于相同字母不作区分,先考虑 2 2 2 C \texttt{C} C 如何放置。这等价于在 5 5 5 个位置中选 2 2 2 个位置放 C \texttt{C} C ,其余位置放 AAB \texttt{AAB} AAB 。这 2 2 2 C \texttt{C} C ( 5 2 ) = 10 \dbinom 5 2=10 (25)=10 种放法——表示从 n n n 个数中选 k k k 个数的方案数,即 n ! k ! ( n − k ) ! \dfrac{n!}{k!(n-k)!} k!(nk)!n!
  • 剩余要解决的问题为,用 AAB \texttt{AAB} AAB 构造长为 3 3 3 的序列的数目。这是一个与原问题相似,且规模更小的子问题。
2. 状态定义与转移

根据上面的讨论,定义 f [ i ] f[i] f[i] 表示用前 i i i 种字符构造长为 j j j 的序列的方案数

设第 i i i 种字符有 cnt \textit{cnt} cnt 个:

  • 如果一个也不选,那么 f [ i ] [ j ] = f [ i − 1 ] [ j ] f[i][j] = f[i - 1][j] f[i][j]=f[i1][j]
  • 如果选 k k k 个,那么需要从 j j j 个位置中选 k k k 个放第 i i i 种字符,其余位置就是用前 i − 1 i−1 i1 种字符构造长为 j − k j-k jk 的序列的方案数,所以有 f [ i ] [ j ] = f [ i − 1 ] [ j − k ] ⋅ ( j k ) f[i][j] =f[i-1][j-k]\cdot \dbinom j k f[i][j]=f[i1][jk](kj) 。这里 k ≤ min ⁡ ( j , cnt ) k\le\min(j,\textit{cnt}) kmin(j,cnt) 。特别地,一个也不选相当于 k = 0 k=0 k=0 的情况。

所以,枚举 k = 0 , 1 , ⋯   , min ⁡ ( j , cnt ) k=0,1,\cdots,\min(j,\textit{cnt}) k=0,1,,min(j,cnt) ,把所有方案数相加,就得到了 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j] ,对应的状态转移方程为:
f [ i ] [ j ] = ∑ k = 0 min ⁡ ( j , cnt ) f [ i − 1 ] [ j − k ] ⋅ ( j k ) f[i][j] = \sum_{k=0}^{\min(j,\textit{cnt})} f[i-1][j-k]\cdot \binom j k f[i][j]=k=0min(j,cnt)f[i1][jk](kj)

初始值: f [ 0 ] [ 0 ] = 1 f[0][0] = 1 f[0][0]=1 ,构造空序列的方案数为 1 1 1
答案: ∑ j = 1 n f [ m ] [ j ] \sum\limits_{j=1}^{n}f[m][j] j=1nf[m][j] ,其中 m m m tiles \textit{tiles} tiles 中的字母种数。

代码实现时,组合数可以用如下恒等式预处理:
( n k ) = ( n − 1 k − 1 ) + ( n − 1 k ) \binom {n}{k} = \binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k} (kn)=(k1n1)+(kn1)
这个式子本质是考虑第 n n n 个数「选或不选」。如果选,那么问题变成从 n − 1 n−1 n1 个数中选 k − 1 k-1 k1 个数的方案数;如果不选,那么问题变成从 n − 1 n−1 n1 个数中选 k k k 个数的方案数。二者相加即为从 n n n 个数中选 k k k 个数的方案数。

class Solution {
    private static final int MX = 8;
    private static final int[][] c = new int[MX][MX];
    static {
        for (int i = 0; i < MX; ++i) {
            c[i][0] = c[i][i] = 1;
            for (int j = 1; j < i; ++j) {
                c[i][j] = c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j]; // 预处理组合数
            }
        }
    } 
    public int numTilePossibilities(String tiles) {
        var counts = new HashMap<Character, Integer>(); // 统计每个字母的出现次数
        for (var c : tiles.toCharArray())
            counts.merge(c, 1, Integer::sum); // counts[c]++
        int m = counts.size(), n = tiles.length();
        var f = new int[m + 1][n + 1]; // 以前i种字母构造j长序列的方案数
        f[0][0] = 1; // 构造空序列的方案数
        int i = 1; 
        for (var cnt : counts.values()) { // 枚举第i种字母
            for (int j = 0; j <= n; ++j) // 枚举序列长度
                for (int k = 0; k <= j && k <= cnt; ++k) // 枚举第i种字母选了k个
                    f[i][j] += f[i - 1][j - k] * c[j][k];
                
            ++i;
        }
        int ans = 0;
        for (int j = 1; j <= n; ++j) ans += f[m][j];
        return ans;
    }
}

复杂度分析:

  • 时间复杂度: O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) ,其中 n n n t i l e s tiles tiles 的长度。虽然写了个三重循环,但换个角度,对于一个固定的 j j j ,最内层的循环次数之和,约为所有字母的出现次数之和,即 O ( n ) O(n) O(n) 。相当于最外层和最内层合起来是一个 O ( n ) O(n) O(n) 的循环。所以三重循环的时间复杂度为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
  • 空间复杂度: O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 。忽略预处理组合数的时间和空间。
  • 注:也可以只预处理阶乘,用公式计算组合数。
3. 空间优化

由于 f [ i ] f[i] f[i] 只从 f [ i − 1 ] f[i−1] f[i1] 转移过来,我们可以去掉第一个维度,只用一个一维数组。

和0-1背包问题一样,如果 j j j 从小到大遍历,那么 f [ i − 1 ] [ j ] f[i−1][j] f[i1][j] 保存的数据会被 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j] 覆盖,但是计算右边的 f [ i ] [ j ′ ] f[i][j'] f[i][j] 时,又需要 f [ i − 1 ] [ j ] f[i−1][j] f[i1][j] 。倒序遍历 j j j 即可解决此问题。

此外,可以累加 c n t cnt cnt记作 n n n ,作为第二层循环的初始值,因为就算全部都选,前 i i i 种字母的长度之和也不会超过 n n n ,计算比 n n n 更大的状态是没有意义的。

class Solution {
    private static final int MX = 8;
    private static final int[][] c = new int[MX][MX];
    static {
        for (int i = 0; i < MX; ++i) {
            c[i][0] = c[i][i] = 1;
            for (int j = 1; j < i; ++j)
                c[i][j] = c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j]; // 预处理组合数
        }
    } 
    public int numTilePossibilities(String tiles) {
        // 改成 int[26] 统计可能会快一点点,感兴趣可以试试(下面 DP 跳过 cnt=0 的情况)
        var counts = new HashMap<Character, Integer>(); // 统计每个字母的出现次数
        for (var c : tiles.toCharArray())
            counts.merge(c, 1, Integer::sum); // counts[c]++
        var f = new int[tiles.length() + 1];
        f[0] = 1; // 构造空序列的方案数
        int n = 0;
        for (var cnt : counts.values()) { // 枚举第i种字母
            n += cnt; // 常数优化:相比从 tiles.length() 开始要更快
            for (int j = n; j > 0; --j)  // 枚举序列长度j
                // 枚举第i种字母选了k个,注意k=0时的方案数已经在f[j]中了
                for (int k = 1; k <= j && k <= cnt; ++k)
                    f[j] += f[j - k] * c[j][k];
        }
        int ans = 0;
        for (int j = 1; j <= n; ++j) ans += f[j];
        return ans;
    }
}

复杂度分析:文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-498452.html

  • 时间复杂度: O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) ,其中 n n n t i l e s tiles tiles 的长度。虽然写了个三重循环,但换个角度,对于一个固定的 j j j ,最内层的循环次数之和,约为所有字母的出现次数之和,即 O ( n ) O(n) O(n) 。相当于最外层和最内层合起来是一个 O ( n ) O(n) O(n) 的循环。所以三重循环的时间复杂度为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
  • 空间复杂度: O ( n ) O(n) O(n) 。忽略预处理组合数的时间和空间。

到了这里,关于LeetCode 1079. Letter Tile Possibilities【哈希表,回溯,动态规划,排列组合】中等的文章就介绍完了。如果您还想了解更多内容,请在右上角搜索TOY模板网以前的文章或继续浏览下面的相关文章,希望大家以后多多支持TOY模板网!

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