【算法与数据结构】139、LeetCode单词拆分

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一、题目

二、解法

  思路分析：本题可以看做一个动态规划问题。其中，字符串s是背包，而字典中的单词就是物品。题目问的是单词能否组成字符串s，就是问物品能不能把背包装满。字典中的单词可以重复使用，因此是一个完全背包问题。

• 第一步，$dp[j]$的含义。$dp[j]$代表的是字符串长度为$j$时，该能否由字典中的单词构成。如果能，则为true。
• 第二步，递推公式。如果确定$dp[j]$是true，且$[j,i]$这个区间的子串出现在字典里，那么$dp[i]$一定是true。$(j<i)$。所以递推公式是：

  if(dp[j] &&  [j, i]这个区间的子串出现在字典里) dp[i] = true
  

• 第三部，元素初始化。$dp[0]$初始化为1。
• 第四部，递归顺序。本题严格划分起来是一个排列问题。以s = “applepenapple”, wordDict = [“apple”, “pen”] 为例。我们要求 物品的组合一定是 “apple” + “pen” + “apple” 才能组成 “applepenapple”。“apple” + “apple” + “pen” 或者 “pen” + “apple” + “apple” 是不可以的，那么我们就是强调物品之间顺序。所以说，本题一定是先遍历背包，再遍历物品。
• 第五步，打印结果。
    为了判断$[j,i]$这个区间的子串出现在字典里，我们构建了一个无序集合。其底层实现是一个哈希表，可以在常数时间内（$O(1)$）内进行查找。
    程序如下：

class Solution {
   
public:
	bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
   
		unordered_set<string> wordSet(wordDict.begin(), wordDict.end());
		vector<bool> dp(s.size() + 1, 0);
		dp[0] = 1;
		for (int i = 1; i <= s.size(); i++) {
   	// 遍历背包（字符串s）
			for (int j = 0; j < i; j++) {
   		// 遍历物品(单词)
				string key = s.substr(j, i - j);
				if (dp[j] && wordSet.find(key) != wordSet.end()) {
   
					dp[i] = 1;
				}
			}
		}
		return dp[s.size()];
	}
};

复杂度分析：

• 时间复杂度： $O(n^3)$。除了两层循环以外，还有需要substr返回子串，它是O(n)的复杂度（这里的n是substring的长度）。
• 空间复杂度：$O(n)$。

三、完整代码

# include <iostream>
# include <vector>
# include <string>
# include <unordered_set>
using namespace std;

class Solution {
   
public:
	bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
   
		unordered_set<string> wordSet(wordDict.begin(), wordDict.end());
		vector<bool> dp(s.size() + 1, 0);
		dp[0] = 1;
		for (int i = 1; i <= s.size(); i++) {
   	// 遍历背包（字符串s）
			for (int j = 0; j < i; j++) {
   		// 遍历物品(单词)
				string key = s.substr(j, i - j);
				if (dp[j] && wordSet.find(key) != wordSet.end()) {
   
					dp[i] = 1;
				}
			}
		}
		return dp[s.size()];
	}
};

int main() {
   
	string s = "catsandog";
	vector<string> wordDict = {
    "cats", "dog", "sand", "and", "cat" };
	Solution s1;
	bool result = s1.wordBreak(s, wordDict);
	cout << result << endl;
	system("pause");
 	return 0;
}

end