字符串相关OJ题解析(图文并茂+过程演示)

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1. 把字符串转成整数(atoi)

把字符串转成整数(atoi)
根据题目要求，把字符串转成32位有符号整数，需要考虑下列情况：
1. 首部空格： 直接删除
2. 符号位： 三种情况， + - “无符号”， 可以创建一个sign变量保存符号位，返回前判断一下正负就好
3. 非数字字符： 遇到第一个非数字字符就停止
4. 数字字符：

• 字符转数字：这个数字的ascii - 0对应的ASCII
• 数字拼接：转成十进制数，假设当前位字符是$c$，当前位数字是$x$，相加结果是$res$，那么就有如下公式：$res=10\times res+x$

因为我们是从左到右按十进制把数字一位一位“接在末尾地构造整数。十进制是以 10 为底的位权制：每往左一位，权值就×10。因此当读到下一位数字x（0~9）时，现有结果 res 里所有位都要整体左移一位（位权×10），再把新的一位x加到个位上

如图所示：

5. 越界检查：$[-2^{31},2^{31}-1]$，即是[-2,147,483,648,2,147,483,647]
   我们在每轮数字拼接前都要判断$res$在拼接后是否超过2,147,483,647，若超过边界就加上符号位直接返回即可
   这里讨论一下越界情况：
   • $res\times 10>2,147,483,647$，拼接的时候越界
   • $res=2,147,483,640，res+x>2,147,483,647$，这种情况$x=8或者x=9$
     解释一下：

$res$每次都要$\times 10$，要确保$res\times 10$之后不能越界
$res=214748364$时，$res\times 10=214748640$，没有越界
现在要加上数字位x，也要保证不能越界，所以$x<=7$

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总结一下思路：

• 遇到空格删除
• 遇到符号保留
• 遇到数字进行拼接，并检查边界
• 遇到第一个非数字字符，break

代码实现：

class Solution {
public:int myAtoi(string str) {int length = str.size();     // 原字符串长度int idx = 0;                 // 当前扫描位置int res = 0;                 // 逐位累积出来的“绝对值部分”（不带符号）int sign = 1;                // 记录符号，默认正int border = INT_MAX / 10;   // 溢出预判用的安全边界（214748364）：// 1. 处理空格和符号// 跳过前导空格；这里仅忽略 ' '，不处理 \t \n 等while (idx < length && str[idx] == ' ') ++idx;// 如果全是空格，直接返回 0if (idx == length) return 0;// 读取一个可选符号位if (str[idx] == '+' || str[idx] == '-') {sign = (str[idx] == '-') ? -1 : 1; // 记录符号++idx;                             // 移过符号}// 2. 拼接数字// 从 idx 开始，连续读取数字字符；遇到第一个非数字就停止for(int j = idx; j < length; j++){// 非数字字符：结束数字段（只读第一段连续数字）if(str[j] < '0' || str[j] > '9') break;// 溢出预判// res 代表当前已累积的正数部分，准备并入下一位 str[j]// 两种会超上界（INT_MAX=2147483647）的情况：// 1) res > 214748364（即 border），res*10 一定超// 2) res == 214748364 且下一位 > 7（INT_MAX % 10），res*10 + x 会超if(res > border || (res == border && str[j] > '7'))// 一旦会超：根据 sign 返回相应端点（正：INT_MAX；负：INT_MIN）return sign == 1 ? INT_MAX : INT_MIN;// 安全：把当前位并入（十进制每进一位×10，再加本位数字）res = 10 * res + (str[j] - '0');}// 乘上符号返回结果return sign * res;}
};

2. 字符串相加

字符串相加
思路：用一个新的数组存放相加后的结果，从后往前遍历两个字符串，将检索到的数字字符分别转换成int类型后，再相加，此时会出现两种情况：
1. 进位，保留个位数字，存到数组里，下一位多加1
2. 不进位，直接将结果存到数组
加完之后要判断最高位是否还要进位
最后逆转数组即可

代码实现：

class Solution {
public:// 思路：模拟竖式加法。从两个字符串末尾（最低位）开始逐位相加//       用up记录进位，把每一轮的个位先 push 到结果字符串尾部//       循环结束后若仍有进位再补 '1'，最后整体 reverse 得到高位在前的正确结果string addStrings(std::string num1, std::string num2) {string numArr;       // 结果暂存区：按低位→高位的顺序依次push字符 最终再反转int up = 0;               // 进位 // i/j 当前处理的位 从最右端开始int i = num1.size() - 1;int j = num2.size() - 1;// 任一字符串还有未处理的位就继续// 不用拆两段剩余位循环while (i >= 0 || j >= 0) {// 取 num1 当前位数字 a 若越界则取 0int a = (i >= 0) ? (num1[i] - '0') : 0;// 取 num2 当前位数字 b 若越界则取 0int b = (j >= 0) ? (num2[j] - '0') : 0;// 本轮求和int ones = a + b + up;// 更新本轮进位：十进制进位等于对 10 取整除（0 或 1）up = ones / 10;// 本位应当写入的“个位数”是对 10 取模的结果ones %= 10;// 把本位结果转成字符追加到 numArr 尾部numArr.push_back('0' + ones);--i;--j;}// 所有位处理完毕后，如果还有进位（如 999 + 1），需要再补一个最高位 '1'if (up) {numArr.push_back('1');}// 当前 numArr 为逆序，反转成高位在前reverse(numArr.begin(), numArr.end());return numArr;}
};

3. 字符串相乘

字符串相乘
思路和字符串相加类似：

1. 开一个ansArr数组存储相乘的结果
   数组开多大？ num1是$m$大小，num2是$n$大小
   开$m+n$（最大） 最小呢?$m+n-1$
   如图所示：
   
2. 按照竖式乘法的习惯，i是num1的索引，j是num2的索引，先固定j，从后往前遍历num1[i]与num2[j]分贝相乘，相乘结果有两种：

• 不用进位，结果存在ansArr[i+j+1]
• 需要进位，十位结果存在ansArr[i+j]

3. 不断循环，直到两个数组都遍历完成
4. 判断是否有前导0，将数字转为字符串输出
   具体过程如图所示：

本质就是做了三次加法：$738+6150+49200$

代码实现：

class Solution {
public:string multiply(string num1, string num2) {if(num1 == "0" || num2 == "0") return "0"; // 0*任何数都为0int sizeNum1 = num1.size();int sizeNum2 = num2.size();// 结果最多为 m+n 位，因此开一个 m+n 的整型桶数组存每一位（高位在前，低位在后）vector<int> ansArr(sizeNum1 + sizeNum2, 0); // 存相乘结果的数组int res = 0; // 暂存“当前位置已有值 + 本次乘积”的和（便于取个位与进位）// i/j 当前处理的位置，从最右端（最低位）开始向左int i = sizeNum1 - 1, j = sizeNum2 - 1;// 双层循环：num1 的每一位 × num2 的每一位for(; i >= 0; i--){int x = num1[i] - '0';                   for(j = sizeNum2 - 1; j >= 0; j--){      // 每次外层循环都把 j 复位到末尾int y = num2[j] - '0';              /* 对齐思路：x 位于 i，下标从 0 开始的话，x*y 的结果落在 ansArr 的*  “个位”位置 p2 = i + j + 1，“进位”位置 p1 = i + j*  ansArr[p2] 可能之前已累加过其他对齐到 p2 的乘积，所以要先加上*/res = ansArr[i + j + 1] + x * y;// 把“和”的个位写回 p2（当前位置），把“和”的十位以上加到 p1（前一位，作为进位累加）ansArr[i + j + 1] = res % 10; // 处理相乘的“个位”ansArr[i + j] += res / 10;    // 进位累加到前一位}}// 去掉可能的前导 0（最高位为 0 时跳过它）int tmp = ansArr[0] == 0 ? 1 : 0;// 把整型数组转成字符串（此处先 push 数字，再统一加 '0' 转为字符）string ansString;while(tmp < sizeNum1 + sizeNum2){ansString.push_back(ansArr[tmp++]);}// 把每个数字 + '0' 变成对应字符for(auto& c : ansString){c += '0';}return ansString;}
};

4. 字符串中的第一个唯一字符

字符串中的第一个唯一字符

思路一

只有26个小写字母，那么就可以两遍线性扫描：

• 第一遍：记录每个字母出现的次数
• 第二遍：找第一个只出现一次的字母并返回索引

代码实现：

class Solution {
public:int firstUniqChar(string s) {array<int,26> cnt = {0};// 遍历整个字符串，把每个字符出现次数 +1。for(char c : s){cnt[c - 'a']++;}// 从左到右再次遍历，遇到第一个出现次数为 1 的位置，直接返回其下标for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {if (cnt[s[i] - 'a'] == 1) {return i;}}// 否则 返回-1return -1;}
};

思路二

用队列控制，一遍线性扫描即可，一边遍历一边：
1）更新该字符的计数；
2）把当前下标入队；
3）不断弹出队首中计数>1的下标，
保证队首始终是当前最左且仍唯一的候选。
遍历结束后，队首即答案（队空则 -1）

代码实现：

class Solution {
public:int firstUniqChar(string s) {array<int,26> cnt = {0};queue<int> q;for(int i = 0; i < s.size(); i++){// 记录每个字母出现次数cnt[s[i] - 'a']++;// 当前索引入队列q.push(i);// 队列不为空才能出队// 不断弹出队首，直到：//   1) 队列空了（说明当前没有唯一字符），或者//   2) 队首对应字符的计数 == 1（它就是当前最靠左仍唯一的）while(!q.empty() && cnt[ s[q.front()] - 'a'] > 1){q.pop();}}// 循环体结束时：// 如果 q 非空，q.front() 就是到目前为止最左的唯一字符下标// 如果 q 为空，说明目前没有唯一字符return q.empty() ? -1 : q.front();}
};

5. 验证回文串

验证回文串
思路：
双指针，设 left=0, right=n-1，跳过两端非字母数字字符。将两端字符统一大小写（或统一映射）后比较；若不等返回 false，相等则 left++, right-- 继续,循环结束返回 true。
代码实现：

class Solution {
public:// 判断是否为字母或数字static inline bool isAlnum(char c) {return (c >= '0' && c <= '9') ||(c >= 'A' && c <= 'Z') ||(c >= 'a' && c <= 'z');}// A-Z 映射到 a-zstatic inline char toLower(char c) {if (c >= 'A' && c <= 'Z') return  c + ('a' - 'A'); return c;}bool isPalindrome(string s) {int left = 0, right = (int)s.size() - 1;  while (left < right) {// 跳过左侧非字母数字while (left < right && !isAlnum(s[left])) ++left;// 跳过右侧非字母数字while (left < right && !isAlnum(s[right])) --right;// 统一成小写再比较char a = toLower(s[left]);char b = toLower(s[right]);if (a != b) return false;++left;--right;}return true;}
};