139. 单词拆分
链接: 139. 单词拆分
给你一个字符串 s 和一个字符串列表 wordDict 作为字典。请你判断是否可以利用字典中出现的单词拼接出 s 。
注意：不要求字典中出现的单词全部都使用，并且字典中的单词可以重复使用。
示例 1：
输入: s = “leetcode”, wordDict = [“leet”, “code”]
输出: true
解释: 返回 true 因为 “leetcode” 可以由 “leet” 和 “code” 拼接成。
示例 2：
输入: s = “applepenapple”, wordDict = [“apple”, “pen”]
输出: true
解释: 返回 true 因为 “applepenapple” 可以由 “apple” “pen” “apple” 拼接成。
注意，你可以重复使用字典中的单词。
示例 3：
输入: s = “catsandog”, wordDict = [“cats”, “dog”, “sand”, “and”, “cat”]
输出: false
1.状态表示*
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：
dp[i] 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 dp[i] ，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1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 dp[j - 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 0 ~ i 枚举 j 的时候，只要 dp[j - 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 dp[i] =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 dp[0] = 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
显⽽易⻅，填表顺序「从左往右」
5. 返回值
根据状态表示，返回dp[n].
代码：文章来源：https://www.toymoban.com/news/detail-703348.html
bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
int n=s.size();
if(n==0) return false;
vector<bool> dp(n+1);
s=" "+s;
dp[0]=true;
unordered_set<string> hash;
for(auto e:wordDict){
hash.insert(e);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=i;j>0;j--)
{
if(dp[j-1]==true&&hash.count(s.substr(j,i-j+1)))
{
//cout<<i<<" "<<j<<endl;
cout<<i<<endl;
dp[i]=true;
break;
}
}
//cout<<dp[i]<<endl;
}
return dp[n];
}
467. 环绕字符串中唯一的子字符串
链接: 467. 环绕字符串中唯一的子字符串
定义字符串 base 为一个 “abcdefghijklmnopqrstuvwxyz” 无限环绕的字符串，所以 base 看起来是这样的：
“…zabcdefghijklmnopqrstuvwxyzabcdefghijklmnopqrstuvwxyzabcd…”.
给你一个字符串 s ，请你统计并返回 s 中有多少 不同非空子串 也在 base 中出现。
示例 1：
输入：s = “a”
输出：1
解释：字符串 s 的子字符串 “a” 在 base 中出现。
示例 2：
输入：s = “cac”
输出：2
解释：字符串 s 有两个子字符串 (“a”, “c”) 在 base 中出现。
示例 3：
输入：s = “zab”
输出：6
解释：字符串 s 有六个子字符串 (“z”, “a”, “b”, “za”, “ab”, and “zab”) 在 base 中出现。
1.状态表示*
dp[i] 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 dp[i] ，我们可以根据⼦串的「⻓度」划分为两类：
-
i. ⼦串的⻓度等于 1 ：此时这⼀个字符会出现在 base 中；
-
. ⼦串的⻓度⼤于 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 dp[i - 1]
⾥⾯的所有⼦串后⾯填上⼀个 s[i] 依旧在 base 中出 现。因此 dp[i] = dp[i - 1] 。
综上， dp[i] = 1 + dp[i - 1] ，其中 dp[i - 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
显⽽易⻅，填表顺序「从左往右」
5. 返回值
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。
代码：
int findSubstringInWraproundString(string s) {
int n=s.size();
vector<int> dp(n,1);
for(int i=1;i<n;i++)
{
//还需要去重
if(s[i]==s[i-1]+1||(s[i]=='a'&&s[i-1]=='z'))
dp[i]=dp[i-1]+1;
}
// 计算每⼀个字符结尾的最⻓连续⼦数组的⻓度
int hash[26] = { 0 };
for(int i = 0 ; i < n; i++)
hash[s[i] - 'a'] = max(hash[s[i] - 'a'], dp[i]);
// 3. 将结果累加起来
int sum = 0;
for(auto x : hash) sum += x;
return sum;
}
文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-703348.html
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