leetcode13：罗马数字转整数（哈希表模拟）

leetcode13：罗马数字转整数，（难度：简单；通过率：64.3%），顾名思义，将罗马符号表示的数字，转为阿拉伯数字

一、 题目描述

罗马数字包含以下七种字符: I， V， X， L，C，D 和 M

字符	数值
I	1
V	5
X	10
L	50
C	100
D	500
M	1000

例如， 罗马数字 2 写做 II ，即为两个并列的 1 。12 写做 XII ，即为 X + II 。 27 写做 XXVII, 即为 XX + V + II

通常情况下，罗马数字中小的数字在大的数字的右边。但也存在特例，例如 4 不写做 IIII，而是 IV。数字 1 在数字 5 的左边，所表示的数等于大数 5 减小数 1 得到的数值 4 。同样地，数字 9 表示为 IX

这个特殊的规则只适用于以下六种情况：

• I 可以放在 V (5) 和 X (10) 的左边，来表示 4 和 9
• X 可以放在 L (50) 和 C (100) 的左边，来表示 40 和 90
• C 可以放在 D (500) 和 M (1000) 的左边，来表示 400 和 900

给定一个罗马数字，将其转换成整数

示例 1:

输入: s = "III"
输出: 3

示例 2:

输入: s = "IV"
输出: 4

示例 3:

输入: s = "MCMXCIV"
输出: 1994
解释: M = 1000, CM = 900, XC = 90, IV = 4.

提示：

• 1 <= s.length <= 15
• s 仅含字符 ('I', 'V', 'X', 'L', 'C', 'D', 'M')
• 题目数据保证 s 是一个有效的罗马数字，且表示整数在范围 [1, 3999] 内

二、 直观思路：哈希表模拟

解决这个问题最简单的解法，就是最直观的解法，即模拟；唯一需要注意的地方就是：正确处理罗马数字的两种情况：

1. 常规情况：大数在左，小数在右，直接累加。例如 VI = 5 + 1 = 6
2. 特殊情况：小数在左，大数在右，需要用大数减小数。例如 IV = 5 - 1 = 4

我们可以采用一种直接的模拟思路，从左到右遍历输入的罗马数字字符串。为了方便处理，我们可以预先将所有可能的基础罗马字符（如 “I”, “V”）和特殊的组合字符（如 “IV”, “IX”）及其对应的整数值存储在一个哈希表中

算法流程如下：

1. 初始化哈希表：创建一个哈希表，将所有7个基本字符和6个特殊组合字符作为键，对应的整数值作为值
2. 从左到右遍历：使用一个指针 index 从字符串的开头开始遍历
3. 开始匹配：在当前 index 位置，我们优先尝试匹配一个两位的特殊组合字符（例如 s.substring(index, index + 2)）
   • 如果在哈希表中找到了这个两位组合，说明遇到了 “IV”, “IX” 这样的特殊情况。我们将对应的值累加到结果 ans 中，并将指针 index 向后移动两位
   • 如果没有找到两位组合，说明当前位置是一个常规的单字符。我们就在哈希表中查找这个一位字符，将其对应的值累加到 ans，并将指针 index 向后移动一位
4. 循环直至结束：重复步骤 3，直到指针 index 遍历完整个字符串。
5. 返回结果：最终得到的 ans 就是转换后的整数

这种方法通过优先匹配更长的特殊组合，简单直观，且逻辑上并没有漏洞

三、 代码实现与深度解析

基于上述的直观想法，代码实现：

public class Solution {public int romanToInt(String s) {HashMap<String, Integer> map = new HashMap<>();initMap(map);int ans = 0, index = 0, len = s.length();while (index < len) {// 优先尝试匹配两位特殊字符String twoChar = s.substring(index, Math.min(index + 2, len) /** 防止数组下标越界 **/);Integer t = map.get(twoChar);if (t != null && twoChar.length() == 2) { // 确保是两位匹配ans += t;index += 2;} else {// 否则，匹配一位常规字符String oneChar = s.substring(index, index + 1);t = map.get(oneChar);ans += t;index++;}}return ans;}private void initMap(HashMap<String, Integer> map) {map.put("I", 1);map.put("V", 5);map.put("X", 10);map.put("L", 50);map.put("C", 100);map.put("D", 500);map.put("M", 1000);map.put("IV", 4);map.put("IX", 9);map.put("XL", 40);map.put("XC", 90);map.put("CD", 400);map.put("CM", 900);}
}

提交结果：

四、 关键点与复杂度分析

• 优先选择：这种直观的思路有些类似“贪心”。在每个位置，我们总是优先尝试匹配最长的可能性（两位字符如果匹配，那么一定是正确的，因为所有的两位字符的情况，都被添加到map中了）。如果成功，就能正确处理特殊情况；如果不成功，再回退到处理常规的单位字符。这保证了逻辑的正确性

• 哈希表：使用哈希表来存储罗马数字到整数的映射，提供了 O(1) 的查找效率，是该解法的关键数据结构

• 边界处理：在提取子字符串时，需要注意 index + 2 可能会超出字符串长度 len 的边界情况。使用 Math.min(index + 2, len) 或类似的检查可以有效避免 IndexOutOfBoundsException

• 时间复杂度：O(N)
  其中 N 是输入字符串 s 的长度。我们只需要从头到尾遍历一次字符串，哈希表的查找操作是 O(1) 的，所以总时间复杂度是线性的

• 空间复杂度：O(1)
  我们使用了一个哈希表来存储映射关系。但是，这个哈希表的大小是固定的（13个条目），不随输入字符串的长度变化而变化。因此，所占用的空间是常数级别的