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wzjs 2025/8/31 20:49:41

老专家个人网站,廊坊网站建设企业,网站开发专业大学,企业网站制作的软件🚀 LeetCode 热题 139：单词拆分（Word Break）| 动态规划全解析细节陷阱 📌 题目描述给你一个字符串 s 和一个字符串列表 wordDict 作为字典。请判断 s 是否可以由字典中出现的单词拼接成。说明：不要求字典…

🚀 LeetCode 热题 139：单词拆分（Word Break）| 动态规划全解析+细节陷阱

📌 题目描述

给你一个字符串 s 和一个字符串列表 wordDict 作为字典。请判断 s 是否可以由字典中出现的单词拼接成。

说明：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" 可以被拆分为 "leet code"。

🎯 示例 2：

输入：s = "applepenapple", wordDict = ["apple", "pen"]
输出：true
解释：可以拼接成 "apple pen apple"，可以重复使用 wordDict 中的单词。

🎯 示例 3：

输入：s = "catsandog", wordDict = ["cats", "dog", "sand", "and", "cat"]
输出：false

💡 解题思路一：动态规划（DP）

我们定义一个布尔类型的一维数组 dp[i] 表示 s[0:i] 这个子串是否可以由字典中的单词组成。

🧱 状态定义：

我们用一个布尔数组 dp[i] 表示：

从字符串的起始位置（下标 0）到位置 i 的子串 s[0:i] 是否可以被成功拆分成一个或多个字典中的单词。

注意：这里的 i 是长度，不是下标（下标是 i-1）。

✅ 状态转移方程：

dp[i] = true，若存在 j，使得 dp[j] == true 且 s[j:i] 在 wordDict 中

也就是说，如果前面某个位置 j 之前的子串可以被拼出，并且 s[j:i] 在字典中，那 dp[i] 就可以设置为 true。

✅ 初始条件：

dp[0] = true  // 空字符串可视为已完成

💻 Go 实现代码（动态规划）

func wordBreak(s string, wordDict []string) bool {wordSet := make(map[string]bool)for _, word := range wordDict {wordSet[word] = true}dp := make([]bool, len(s)+1)dp[0] = truefor i := 1; i <= len(s); i++ {for j := 0; j < i; j++ {if dp[j] && wordSet[s[j:i]] {dp[i] = truebreak}}}return dp[len(s)]
}

🔍 注意点 & 边界问题解析

✅ 注意 1：不要和子串的下标混淆

dp[i] 代表的是前 i 个字符构成的子串（即 s[0:i]），而不是下标 i 的字符。
所以判断子串是否在字典中时，要写 s[j:i]，而不是 s[j:i+1]。

✅ 注意 2：字典查找效率

使用 map[string]bool 构造一个哈希集合 wordSet 替代数组，可以让查找从 O(n) 降到 O(1)，大幅提升效率：

wordSet := make(map[string]bool)
for _, word := range wordDict {wordSet[word] = true
}

✅ 注意 3：剪枝优化（提前结束）

只要在内层循环找到一个合法切割位置，就可以直接 break，节省无效循环。

✅ 注意 4：空字符串与空字典

s = ""，返回 true，空字符串默认可以拆分（dp[0]=true）。
wordDict = []，返回 false，无单词可用无法拼出。

🌈 图解理解

假设输入：

s = "applepenapple"
wordDict = ["apple", "pen"]

我们依次维护 dp 状态：

i	子串 s[0:i]	能否拆分	dp[i]
0	“”	✅	true
5	“apple”	✅	true
8	“applepen”	✅	true
13	“applepenapple”	✅	true

🧠 更深层的理解（背后的思想）

本题其实可以抽象为：

把一个字符串切成若干段，看这些段是否全都能在字典中找到。

也可以类比为：

一个人从字符串左端起跳，只能跳到在字典中出现的词结尾位置，问能否跳到终点。

所以动态规划是处理“前缀是否可达”这种问题的最优解。

⏳ 复杂度分析

类型	复杂度
时间复杂度	O(n²)
空间复杂度	O(n)

n 是字符串长度。
时间复杂度主要来自两层循环和切片操作。
使用哈希集合加速查找操作。

🧠 解题思路二：记忆化搜索（DFS + 记忆化）

从起始位置出发，尝试所有可能的切割位置，只要有一个可行就返回 true。

为了防止重复计算，使用 map[int]bool 进行记忆。

💻 Go 实现代码（记忆化 DFS）

func wordBreak(s string, wordDict []string) bool {wordSet := make(map[string]bool)for _, word := range wordDict {wordSet[word] = true}memo := make(map[int]bool)var dfs func(int) booldfs = func(start int) bool {if start == len(s) {return true}if val, ok := memo[start]; ok {return val}for end := start + 1; end <= len(s); end++ {if wordSet[s[start:end]] && dfs(end) {memo[start] = truereturn true}}memo[start] = falsereturn false}return dfs(0)
}

🔍 两种方法对比

方法	优点	缺点
动态规划	性能稳定，逻辑清晰，适合面试高频	实现上可能略显冗长
记忆化 DFS	更贴近人类思考方式，递归直观	有栈溢出风险，依赖剪枝优化