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图解经典区间 DP 问题(含「记忆化搜索」解决方案)|Java


题目描述

这是 LeetCode 上的 ​​87. 扰乱字符串​​ ,难度为 困难

Tag : 「DFS」、「记忆化搜索」、「区间 DP」

使用下面描述的算法可以扰乱字符串 s 得到字符串 t :

  1. 如果字符串的长度为 1 ,算法停止
  2. 如果字符串的长度 > 1 ,执行下述步骤:
  • 在一个随机下标处将字符串分割成两个非空的子字符串。即,如果已知字符串 s ,则可以将其分成两个子字符串 x 和 y ,且满足 s = x + y 。
  • 随机 决定是要「交换两个子字符串」还是要「保持这两个子字符串的顺序不变」。即,在执行这一步骤之后,s 可能是 s = x + y 或者 s = y + x 。
  • 在 x 和 y 这两个子字符串上继续从步骤 1 开始递归执行此算法。

给你两个 长度相等 的字符串 s1 和 s2,判断 s2 是否是 s1 的扰乱字符串。如果是,返回 true ;否则,返回 false 。

示例 1:

输入:s1 = "great", s2 = "rgeat"

输出:true

解释:s1 上可能发生的一种情形是:
"great" --> "gr/eat" // 在一个随机下标处分割得到两个子字符串
"gr/eat" --> "gr/eat" // 随机决定:「保持这两个子字符串的顺序不变」
"gr/eat" --> "g/r / e/at" // 在子字符串上递归执行此算法。两个子字符串分别在随机下标处进行一轮分割
"g/r / e/at" --> "r/g / e/at" // 随机决定:第一组「交换两个子字符串」,第二组「保持这两个子字符串的顺序不变」
"r/g / e/at" --> "r/g / e/ a/t" // 继续递归执行此算法,将 "at" 分割得到 "a/t"
"r/g / e/ a/t" --> "r/g / e/ a/t" // 随机决定:「保持这两个子字符串的顺序不变」
算法终止,结果字符串和 s2 相同,都是 "rgeat"
这是一种能够扰乱 s1 得到 s2 的情形,可以认为 s2 是 s1 的扰乱字符串,返回 true

示例 2:

输入:s1 = "abcde", s2 = "caebd"

输出:false

示例 3:

输入:s1 = "a", s2 = "a"

输出:true

提示:

s1.length == s2.length 1 <= s1.length <= 30 s1 和 s2 由小写英文字母组成

朴素解法(TLE)

一个朴素的做法根据「扰乱字符串」的生成规则进行判断。

由于题目说了整个生成「扰乱字符串」的过程是通过「递归」来进行。

我们要实现 函数的作用是判断 是否可以生成出 。

这样判断的过程,同样我们可以使用「递归」来做:

假设 的长度为 , 的第一次分割的分割点为 ,那么 会被分成 和 两部分。

同时由于生成「扰乱字符串」时,可以选交换也可以选不交换。因此我们的 会有两种可能性:

图解经典区间 DP 问题(含「记忆化搜索」解决方案)|Java_子字符串

因为对于某个确定的分割点, 固定分为两部分,分别为 & 。

而 可能会有两种分割方式,分别 & 和 & 。

我们只需要递归调用 检查 的 & 部分能否与 「 的 & 」 或者 「 的 & 」 匹配即可。

同时,我们将「 和 相等」和「 和 词频不同」作为「递归」出口。

理解这套做法十分重要,后续的解法都是基于此解法演变过来。

代码:

class Solution {
public boolean isScramble(String s1, String s2) {
if (s1.equals(s2)) return true;
if (!check(s1, s2)) return false;
int n = s1.length();
for (int i = 1; i < n; i++) {
// s1 的 [0,i) 和 [i,n)
String a = s1.substring(0, i), b = s1.substring(i);
// s2 的 [0,i) 和 [i,n)
String c = s2.substring(0, i), d = s2.substring(i);
if (isScramble(a, c) && isScramble(b, d)) return true;
// s2 的 [0,n-i) 和 [n-i,n)
String e = s2.substring(0, n - i), f = s2.substring(n - i);
if (isScramble(a, f) && isScramble(b, e)) return true;
}
return false;
}
// 检查 s1 和 s2 词频是否相同
boolean check(String s1, String s2) {
if (s1.length() != s2.length()) return false;
int n = s1.length();
int[] cnt1 = new int[26], cnt2 = new int[26];
char[] cs1 = s1.toCharArray(), cs2 = s2.toCharArray();
for (int i = 0; i < n; i++) {
cnt1[cs1[i] - 'a']++;
cnt2[cs2[i] - 'a']++;
}
for (int i = 0; i < 26; i++) {
if (cnt1[i] != cnt2[i]) return false;
}
return true;
}
}
  • 时间复杂度:
  • 空间复杂度:忽略递归与生成子串带来的空间开销,复杂度为

记忆化搜索

朴素解法卡在了 个样例。

我们考虑在朴素解法的基础上,增加「记忆化搜索」功能。

我们可以重新设计我们的「爆搜」逻辑:假设 从 位置开始, 从 位置开始,后面的长度为 的字符串是否能形成「扰乱字符串」(互为翻转)。

那么在单次处理中,我们可分割的点的范围为 ,然后和「递归」一下,将 分割出来的部分尝试去和 的对应位置匹配。

同样的,我们将「入参对应的子串相等」和「入参对应的子串词频不同」作为「递归」出口。

代码:

class Solution {
String s1; String s2;
int n;
int[][][] cache;
int N = -1, Y = 1, EMPTY = 0;
public boolean isScramble(String _s1, String _s2) {
s1 = _s1; s2 = _s2;
if (s1.equals(s2)) return true;
if (s1.length() != s2.length()) return false;
n = s1.length();
// cache 的默认值是 EMPTY
cache = new int[n][n][n + 1];
return dfs(0, 0, n);
}
boolean dfs(int i, int j, int len) {
if (cache[i][j][len] != EMPTY) return cache[i][j][len] == Y;
String a = s1.substring(i, i + len), b = s2.substring(j, j + len);
if (a.equals(b)) {
cache[i][j][len] = Y;
return true;
}
if (!check(a, b)) {
cache[i][j][len] = N;
return false;
}
for (int k = 1; k < len; k++) {
// 对应了「s1 的 [0,i) & [i,n)」匹配「s2 的 [0,i) & [i,n)」
if (dfs(i, j, k) && dfs(i + k, j + k, len - k)) {
cache[i][j][len] = Y;
return true;
}
// 对应了「s1 的 [0,i) & [i,n)」匹配「s2 的 [n-i,n) & [0,n-i)」
if (dfs(i, j + len - k, k) && dfs(i + k, j, len - k)) {
cache[i][j][len] = Y;
return true;
}
}
cache[i][j][len] = N;
return false;
}
// 检查 s1 和 s2 词频是否相同
boolean check(String s1, String s2) {
if (s1.length() != s2.length()) return false;
int n = s1.length();
int[] cnt1 = new int[26], cnt2 = new int[26];
char[] cs1 = s1.toCharArray(), cs2 = s2.toCharArray();
for (int i = 0; i < n; i++) {
cnt1[cs1[i] - 'a']++;
cnt2[cs2[i] - 'a']++;
}
for (int i = 0; i < 26; i++) {
if (cnt1[i] != cnt2[i]) return false;
}
return true;
}
}
  • 时间复杂度:
  • 空间复杂度:

动态规划(区间 DP)

其实有了上述「记忆化搜索」方案之后,我们就已经可以直接忽略原问题,将其改成「动态规划」了。

根据「dfs 方法的几个可变入参」作为「状态定义的几个维度」,根据「dfs 方法的返回值」作为「具体的状态值」。

我们可以得到状态定义 :

代表 从 开始, 从 开始,后面长度为 的字符是否能形成「扰乱字符串」(互为翻转)。

状态转移方程其实就是翻译我们「记忆化搜索」中的 dfs 主要逻辑部分:

// 对应了「s1 的 [0,i) & [i,n)」匹配「s2 的 [0,i) & [i,n)」
if (dfs(i, j, k) && dfs(i + k, j + k, len - k)) {
cache[i][j][len] = Y;
return true;
}
// 对应了「s1 的 [0,i) & [i,n)」匹配「s2 的 [n-i,n) & [0,n-i)」
if (dfs(i, j + len - k, k) && dfs(i + k, j, len - k)) {
cache[i][j][len] = Y;
return true;
}

从状态定义上,我们就不难发现这是一个「区间 DP」问题,区间长度大的状态值可以由区间长度小的状态值递推而来。

而且由于本身我们在「记忆化搜索」里面就是从小到大枚举 ,因此这里也需要先将 这层循环提前,确保我们转移 时所需要的状态都已经被计算好。

代码:

class Solution {
public boolean isScramble(String s1, String s2) {
if (s1.equals(s2)) return true;
if (s1.length() != s2.length()) return false;
int n = s1.length();
char[] cs1 = s1.toCharArray(), cs2 = s2.toCharArray();
boolean[][][] f = new boolean[n][n][n + 1];

// 先处理长度为 1 的情况
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
f[i][j][1] = cs1[i] == cs2[j];
}
}

// 再处理其余长度情况
for (int len = 2; len <= n; len++) {
for (int i = 0; i <= n - len; i++) {
for (int j = 0; j <= n - len; j++) {
for (int k = 1; k < len; k++) {
boolean a = f[i][j][k] && f[i + k][j + k][len - k];
boolean b = f[i][j + len - k][k] && f[i + k][j][len - k];
if (a || b) {
f[i][j][len] = true;
}
}
}
}
}
return f[0][0][n];
}
}
  • 时间复杂度:
  • 空间复杂度:

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 ​​No.87​​ 篇,系列开始于 2021/01/01,截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目,部分是有锁题,我们将先将所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面,除了讲解解题思路以外,还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码,我建立了相关的仓库:​​github.com/SharingSour…​​

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