Given a non-empty string s and a dictionary wordDict containing a list of non-empty words, determine if s can be segmented into a space-separated sequence of one or more dictionary words.
Note:
The same word in the dictionary may be reused multiple times in the segmentation.
You may assume the dictionary does not contain duplicate words.
Example 1:
Input: s = "leetcode", wordDict = ["leet", "code"]
Output: true
Explanation: Return true because
"leetcode"
can be segmented as
"leet code"
.
Example 2:
Input: s = "applepenapple", wordDict = ["apple", "pen"]
Output: true
Explanation: Return true because
"
applepenapple
"
can be segmented as
"
apple pen apple
"
.
Note that you are allowed to reuse a dictionary word.
Example 3:
Input: s = "catsandog", wordDict = ["cats", "dog", "sand", "and", "cat"]
Output: false
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。那么先来想 brute force 的解法，就拿例子1来分析，如果字典中只有两个单词，我们怎么去判断，是不是可以将原字符串s分成任意两段，然后再看分成的单词是否在字典中。注意这道题说是单词可以重复使用，所以可以分成任意段，而且字典中的单词可以有很多个，这就增加了题目的难度，很多童鞋就在这里迷失了，毫无头绪。
既然要分段，看子字符串是否在字典中，由于给定的字典是数组（之前还是 HashSet 呢），那么我们肯定不希望每次查找都需要遍历一遍数组，费劲！还是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，perfect！好，我们得开始给字符串分段了，怎么分，只能一个一个分了，先看第一个字母是否在字典中，如果不在的话，好办，说明这种分法肯定是错的。问题是在的话，后面的那部分怎么处理，难道还用 for 循环？咱也不知道还要分多少段，怎么用 for 循环。对于这种不知道怎么处理的情况，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，被 OJ 啪啪打脸。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，好似一对形影不离的好基友～关于 dp 解法，博主会在下文中讲解。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，博主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：
解法一：
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;
}
};
这道题其实还是一道经典的 DP 题目，也就是动态规划 Dynamic Programming。博主曾经说玩子数组或者子字符串且求极值的题，基本就是 DP 没差了，虽然这道题没有求极值，但是玩子字符串也符合 DP 的状态转移的特点。把一个人的温暖转移到另一个人的胸膛... 咳咳，跑错片场了，那是爱情转移～ 强行拉回，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：
解法二：
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();
}
};
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。
既然 DFS 都可以解题，那么 BFS 也就坐不住了，也要出来蹦跶一下。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：
解法三：
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;
}
};
到此这篇关于C++实现LeetCode(139.拆分词句)的文章就介绍到这了,更多相关C++实现拆分词句内容请搜索软件开发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软件开发网！