【动态规划：子数组/子串系列】单词拆分 环绕字符串中唯⼀的子字符串

单词拆分（medium）

139. 单词拆分

给你一个字符串 s 和一个字符串列表 wordDict 作为字典。请你判断是否可以利用字典中出现的单词拼接出 s 。

注意： 不要求字典中出现的单词全部都使用，并且字典中的单词可以重复使用。

示例 1：

输入: s = "leetcode", wordDict = ["leet", "code"]
输出: true
解释: 返回 true 因为 "leetcode" 可以由 "leet" 和 "code" 拼接成。

示例 2：

输入: s = "applepenapple", wordDict = ["apple", "pen"]
输出: true
解释: 返回 true 因为 "applepenapple" 可以由 "apple" "pen" "apple" 拼接成。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

提示：

• 1 <= s.length <= 300
• 1 <= wordDict.length <= 1000
• 1 <= wordDict[i].length <= 20
• s 和 wordDict[i] 仅有小写英文字母组成
• wordDict 中的所有字符串 互不相同

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解题思路

​ 状态表示和状态转移方程的解析如下图所示：

class Solution {
public:bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {// 优化：把字典放到hash中unordered_set<string> hash;for(const auto &e : wordDict)hash.insert(e);// 创建dp表，dp[i]表示从[0,i]区间内是否可以拼成一个字符串int n = s.size();vector<bool> dp(n + 1); // 多开一个虚拟位置，防止越界dp[0] = true; // 给虚拟位置初始化，保证后面填表正确s = ' ' + s;  // 使原始字符串的下标统⼀+1，让我们无需在后面访问s的时候去控制下标// 填表for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = i; j >= 1; --j){if(dp[j - 1] == true && hash.count(s.substr(j, i - j + 1))){dp[i] = true;break; // 只要找到了就break}}}return dp[n];}
};

8、环绕字符串中唯⼀的子字符串（medium）

467. 环绕字符串中唯一的子字符串

定义字符串 base 为一个 "abcdefghijklmnopqrstuvwxyz" 无限环绕的字符串，所以 base 看起来是这样的：

• "...zabcdefghijklmnopqrstuvwxyzabcdefghijklmnopqrstuvwxyzabcd....".

给你一个字符串 s ，请你统计并返回 s 中有多少 不同非空子串 也在 base 中出现。

示例 1：

输入：s = "a"
输出：1
解释：字符串 s 的子字符串 "a" 在 base 中出现。

示例 2：

输入：s = "cac"
输出：2
解释：字符串 s 有两个子字符串 ("a", "c") 在 base 中出现。

示例 3：

输入：s = "zab"
输出：6
解释：字符串 s 有六个子字符串 ("z", "a", "b", "za", "ab", and "zab") 在 base 中出现。

提示：

• 1 <= s.length <= 105
• s 由小写英文字母组成

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解题思路

​ 这道题首先要先看懂题，其实就是要求这个字符串 base 的数量，而 base 其实就是 acbd…… 连续的子串，不能是 acd 这种只能是连续的 abcd，一定要先弄懂题目要求，弄懂了才能做！依旧是按照我们分析的几步来：

• 状态表示
  • 还是一样，动态规划这类题还是按照 “经验+题目要求”，比如 以某处为结尾然后……的情况，这道题也是如此。
  • 所以我们可以设定 dp[i] 表示以 i 结尾的所有子串中，是 base 子串的数量
• 状态转移方程
  • 既然是要求以 i 结尾的所有子串的可能，那么我们按长度来解析：
    • 子串长度为1：也就是当前字符本身，那么肯定是算一种 base 字符串的，所以 此时 dp 值为 1
    • 子串长度大于1：这个时候就要根据之前的状态来得到当前的状态了！
      • 因为此时子串长度大于 1，那么肯定会有 i-1 位置字符的参与，那么其实就转化为了 dp[i - 1] 的值了，因为它表示以 i-1 字符结尾的所有字符串中 base 字符串的出现次数。
      • 如果此时当前字符能和以 i-1 结尾的所有 base 字符串拼接起来，那么得到的出现此时就是 dp[i - 1]，那么如何才能将 i 处字符和之前的字符串符合拼接起来呢❓❓❓
        • 其实就是题目要求，要连续的 abcd…… 这种形式，所以我们只需要判断是否 s[i] - 1 == s[i - 1] 即可，但是要注意的是有可能 s[i] 是 ‘a’，题目说到这是一个环绕 base 字符串，也就是说首尾相连，那么要让它们拼接起来，还得满足 s[i] == ‘a’ && s[i - 1] == ‘z’，把这种情况考虑到了才是完整的情况！
      • 也就是说，当 s[i] - 1 == s[i - 1] 或者 s[i] == ‘a’ && s[i - 1] == ‘z’ 有一个满足的时候，d[i] 才等于 dp[i - 1]
  • 所以状态转移方程：dp[i] = 1 + dp[i - 1]，其中 dp[i - 1] 是需要满足条件才能加上的，而 1 是必加项。
• 初始化
  • 因为状态转移方程涉及到 i-1，所以我们要对 dp[0] 进行初始化，如果只有两个字符，比如 “ab”，此时 dp[i - 1] 是成立的，需要加上，那么 dp[i] = 1 + dp[i - 1] 就得等于 2 才对，所以 dp[0] 初始化为 1。
  • 但其实还有更妙的做法，因为我们上面不是得到了 dp[i] 的推导中，肯定要加上一吗，那么我们只要将整个 dp 数组初始化为 1，往后在求 dp[i] 的时候我们 直接使用 +=，比如 dp[i] += dp[i - 1] 的时候，其中 dp[i] 本身已经初始化为了 1，就不用再去加上 1 了，当然不这么做也是可以的！
• 填表顺序
  • 显而易见，填表顺序「从左往右」
• 返回值
  • 返回值并不是简单的累加上 dp 表的所有值，因为有可能字符串 s 中有重复的字符！
    • 比如说【abczab】此时对于第一个字符 ‘b’ 来说，它有出现过子串 ‘b’、“ab”，所以 dp 值为 2；而对于第二个字符 ‘b’ 来说，它出现过 ‘b’、“ab” 和 “zab”，dp 值就为 3，它其中就包括了第一个字符 ‘b’ 所出现的子串，那么就重复了，此时要是我们去累加整个 dp 表的值，那么就多加了 2，那就错了！
  • 可以发现，我们只需要取出现相同字符中，dp 值大的那个，它出现的子串肯定也包括了其它相同字符出现的子串！所以我们 去重的方法就是取这些相同字符中 dp 值大的那个！
  • 所以我们可以使用哈希表，对于此题直接使用一个 26 空间大小的数组即可，因为只出现小写字母！然后将每个字符映射到对应的位置上去，并且 hash[i] 更新的是这个相同字符的最大 dp 值！
  • 最后我们再去这个哈希表中累加出现的这些最大 dp 值，返回最终累加结果即可！

class Solution {
public:int findSubstringInWraproundString(string s) {// 创建dp表，dp[i]表示以i结尾的所有子串中的base的数量int n = s.size();vector<int> dp(n, 1); // 都初始化为1// 填表for(int i = 1; i < n; ++i){// 注意判断这里是s[i]-1而不是s[i]+1，不要搞错了！if((s[i] - 1 == s[i - 1]) || (s[i - 1] == 'z' && s[i] == 'a'))dp[i] += dp[i - 1];}// 返回base出现的总和之前的处理：// 注意在字符串s中可能有重复的字符，这样子的话两个相同字符的dp值可能是不一样的// 我们只取大的那个，因为dp值大的那个包含了dp值小的那个// 所以我们要做映射，将出现的字符的最大dp值映射到hash数组中int hash[26] = {0};for(int i = 0; i < n; ++i)hash[s[i] - 'a'] = max(hash[s[i] - 'a'], dp[i]);// 累加结果并且返回int ret = 0;for(int i = 0; i < 26; ++i)ret += hash[i];return ret;}
};