LeetCode——139. 单词拆分

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了LeetCode——139. 单词拆分相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

给定一个非空字符串 s 和一个包含非空单词列表的字典 wordDict,判定 s 是否可以被空格拆分为一个或多个在字典中出现的单词。

说明:

拆分时可以重复使用字典中的单词。
你可以假设字典中没有重复的单词。

示例 1:

输入: s = "leetcode", wordDict = ["leet", "code"]
输出: true
解释: 返回 true 因为 "leetcode" 可以被拆分成 "leet code"。
示例 2:

输入: s = "applepenapple", wordDict = ["apple", "pen"]
输出: true
解释: 返回 true 因为 "applepenapple" 可以被拆分成 "apple pen apple"。
     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

来源:力扣(LeetCode)
链接:https://leetcode-cn.com/problems/word-break

记忆化回溯:

这道拆分词句问题是看给定的词句能分被拆分成字典里面的内容,这是一道很经典的题目,解法不止一种,考察的范围很广,属于我们必须要熟练掌握的题目。

先把字典中的所有单词都存入 HashSet 中吧,这样我们就有了常数时间级的查找速度,我们得开始给字符串分段了,一个万能的做法是丢给递归函数,让其去递归求解,这里我们 suppose 递归函数会返回我们一个正确的值,如果返回的是 true 的话,表明我们现在分成的两段都在字典中,我们直接返回 true 即可,因为只要找出一种情况就行了。这种调用递归函数的方法就是 brute force 的解法,我们遍历了所有的情况,优点是写法简洁,思路清晰,缺点是存在大量的重复计算。所以我们需要进行优化,使用记忆数组 memo 来保存所有已经计算过的结果,再下次遇到的时候,直接从 cache 中取,而不是再次计算一遍。这种使用记忆数组 memo 的递归写法,和使用 dp 数组的迭代写法,乃解题的两大神器,凡事能用 dp 解的题,一般也有用记忆数组的递归解法。这里我们的记忆数组 memo[i] 定义为范围为 [i, n] 的子字

符串是否可以拆分,初始化为 -1,表示没有计算过,如果可以拆分,则赋值为1,反之为0。在之前讲 brute force 解法时,提到的是讲分成两段的后半段的调用递归函数,我们也可以不取出子字符串,而是用一个 start 变量,来标记分段的位置,这样递归函数中只需要从 start 的位置往后遍历即可,在递归函数更新记忆数组 memo 即可,参见代码如下:

c++

class Solution {
public:
    bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
        unordered_set<string> wordSet(wordDict.begin(), wordDict.end());
        vector<int> memo(s.size(), -1);
        return check(s, wordSet, 0, memo);
    }
    bool check(string s, unordered_set<string>& wordSet, int start, vector<int>& memo) {
        if (start >= s.size()) return true;
        if (memo[start] != -1) return memo[start];
        for (int i = start + 1; i <= s.size(); ++i) {
            if (wordSet.count(s.substr(start, i-start)) && check(s, wordSet, i, memo)) {
                return memo[start] = 1;
            }
        }
        return memo[start] = 0;
    }
}; 

java

public class Solution {
    public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
        return word_Break(s, new HashSet(wordDict), 0, new Boolean[s.length()]);
    }
    public boolean word_Break(String s, Set<String> wordDict, int start, Boolean[] memo) {
        if (start == s.length()) {
            return true;
        }
        if (memo[start] != null) {
            return memo[start];
        }
        for (int end = start + 1; end <= s.length(); end++) {
            if (wordDict.contains(s.substring(start, end)) && word_Break(s, wordDict, end, memo)) {
                return memo[start] = true;
            }
        }
        return memo[start] = false;
    }
}

动态规划

DP 解法的两大难点,定义 dp 数组跟找出状态转移方程,先来看 dp 数组的定义,这里我们就用一个一维的 dp 数组,其中 dp[i] 表示范围 [0, i) 内的子串是否可以拆分,注意这里 dp 数组的长度比s串的长度大1,是因为我们要 handle 空串的情况,我们初始化 dp[0] 为 true,然后开始遍历。注意这里我们需要两个 for 循环来遍历,因为此时已经没有递归函数了,所以我们必须要遍历所有的子串,我们用j把 [0, i) 范围内的子串分为了两部分,[0, j) 和 [j, i),其中范围 [0, j) 就是 dp[j],范围 [j, i) 就是 s.substr(j, i-j),其中 dp[j] 是之前的状态,我们已经算出来了,可以直接取,只需要在字典中查找 s.substr(j, i-j) 是否存在了,如果二者均为 true,将 dp[i] 赋为 true,并且 break 掉,此时就不需要再用j去分 [0, i) 范围了,因为 [0, i) 范围已经可以拆分了。最终我们返回 dp 数组的最后一个值,就是整个数组是否可以拆分的布尔值了,代码如下:

c++

class Solution {
public:
    bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
        unordered_set<string> wordSet(wordDict.begin(), wordDict.end());
        vector<bool> dp(s.size() + 1);
        dp[0] = true;
        for (int i = 0; i < dp.size(); ++i) {
            for (int j = 0; j < i; ++j) {
                if (dp[j] && wordSet.count(s.substr(j, i - j))) {
                    dp[i] = true;
                    break;
                }
            }
        }
        return dp.back();
    }
};

java

public class Solution {
    public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
        Set<String> wordDictSet=new HashSet(wordDict);
        boolean[] dp = new boolean[s.length() + 1];
        dp[0] = true;
        for (int i = 1; i <= s.length(); i++) {
            for (int j = 0; j < i; j++) {
                if (dp[j] && wordDictSet.contains(s.substring(j, i))) {
                    dp[i] = true;
                    break;
                }
            }
        }
        return dp[s.length()];
    }
}

python

class Solution:
    def wordBreak(self, s: str, wordDict: List[str]) -> bool:
        import functools
        @functools.lru_cache(None)
        def back_track(s):
            if(not s):
                return True
            res=False
            for i in range(1,len(s)+1):
                if(s[:i] in wordDict):
                    res=back_track(s[i:]) or res
            return res
        return back_track(s)

宽度优先搜索

下面我们从题目中给的例子来分析:
l 
le e 
lee ee e 
leet 
leetc eetc etc tc c 
leetco eetco etco tco co o 
leetcod eetcod etcod tcod cod od d 
leetcode eetcode etcode tcode **code** 
T F F F T F F F T 

我们知道算法的核心思想是逐行扫描,每一行再逐个字符扫描,每次都在组合出一个新的字符串都要到字典里去找,如果有的话,则跳过此行,继续扫描下一行。

BFS其实本质跟递归的解法没有太大的区别,递归解法在调用递归的时候,原先的状态被存入了栈中,这里 BFS 是存入了队列中,使用 visited 数组来标记已经算过的位置,作用跟 memo 数组一样,从队列中取出一个位置进行遍历,把可以拆分的新位置存入队列中,遍历完成后标记当前位置,然后再到队列中去取即可,参见代码如下:

c++

class Solution {
public:
    bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
        unordered_set<string> wordSet(wordDict.begin(), wordDict.end());
        vector<bool> visited(s.size());
        queue<int> q{{0}};
        while (!q.empty()) {
            int start = q.front(); q.pop();
            if (!visited[start]) {
                for (int i = start + 1; i <= s.size(); ++i) {
                    if (wordSet.count(s.substr(start, i - start))) {
                        q.push(i);
                        if (i == s.size()) return true;
                    }
                }
                visited[start] = true;
            }
        }
        return false;
    }
};

java

public class Solution {
    public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
        Set<String> wordDictSet=new HashSet(wordDict);
        Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();
        int[] visited = new int[s.length()];
        queue.add(0);
        while (!queue.isEmpty()) {
            int start = queue.remove();
            if (visited[start] == 0) {
                for (int end = start + 1; end <= s.length(); end++) {
                    if (wordDictSet.contains(s.substring(start, end))) {
                        queue.add(end);
                        if (end == s.length()) {
                            return true;
                        }
                    }
                }
                visited[start] = 1;
            }
        }
        return false;
    }
}

python

class Solution:
    def wordBreak(self, s: str, wordDict: List[str]) -> bool:       
        n=len(s)
        dp=[False]*(n+1)
        dp[0]=True
        for i in range(n):
            for j in range(i+1,n+1):
                if(dp[i] and (s[i:j] in wordDict)):
                    dp[j]=True
        return dp[-1]

以上是关于LeetCode——139. 单词拆分的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章

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