leetcode 139. 单词拆分 python思路详解

leetcode 139. 单词拆分

首先先阅读一下题干：

给定一个非空字符串 s 和一个包含非空单词列表的字典 wordDict，判定 s 是否可以被空格拆分为一个或多个在字典中出现的单词。 说明：

• 拆分时可以重复使用字典中的单词。
• 你可以假设字典中没有重复的单词。

示例 1： 输入: s = “leetcode”,wordDict = [“leet”, “code”] 输出: true 解释: 返回 true 因为 “leetcode” 可以被拆分成 “leet code”。
示例 2： 输入: s = “applepenapple”, wordDict = [“apple”, “pen”] 输出: true 解释: 返回 true 因为 “applepenapple” 可以被拆分成 “apple pen apple”。
#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

递归思路

首先这个题拿到手看得时候，第一个能诞生的思路是使用递归，将一个长字符串一步一步的剪下前几个位置的部分，将剩下的部分重复递归。

递归解决问题的思路是分别找到循环体和结束条件，本题里的循环体就是按顺序遍历字符串的每个字符，判断从开头到此个字符这个单词是否在字典中，如果在，将剩余的字符串递归循环，如果不在继续遍历下一个字符。

结束条件是：1.分解到某一步时，如果剩余字符串的前几个字母在字典中不存在，例如示例1中，如果给定s=“leetacode”，第一步将leet拆解出来，将"acode"递归进入，此时a与任何字母组合都不在字典中，我们可以认为此种字符串操作方式false，所以返回false返回上一层，尝试其他拆解方式；2. 第二种情况是，剩余的字符串，这个整体就是字典中的某个单次，例如示例1中，s=“leetcode”，第一步将leet拆解出来，code进入递归，code这个整体在字典中，此时我们可以认为这个单词是可以被拆分的。

按照如上思路，写出python代码：

class Solution:
    def wordBreak(self, s: str, wordDict: List[str]) -> bool:
        return self.wordb(s, wordDict)

    def wordb(self, s, words):
    	#结束情况2
        if s in words: return True

        for i in range(1, len(s)):
            # 遍历体，检查前i个字符是否在字典内
            # 如果在的话，将剩下的部分送入递归循环
            if s[:i] in words:
                res = self.wordb(s[i:], words)
                if res == False:
                    continue
                else:
                    return True
        return False

使用了递归方式以后，提交代码发现此时超时，那么肯定有更省时间的解法（递归的方式解决问题通常都不是最优解）。

动态规划（DP）思路：

如何能判断是否使用动态规划思路来解题呢？ 在递归思路中我们是从左往右思考的，我们先找到第一个在字典中的单词，然后再找到下一个，直到字符串结尾。那么反过来，我们从后往前思考一下，一个长度为n的字符串最后一个部分假设是从m处到结尾这个部分在字典中，那么s是否可以被拆分的问题就变成了s[:m]是否可被拆分的问题了。以此类推下去我们就可以写出一个一个动态规划的思路，从后往前遍历，找到第一个在字典里的词以后,假设此时这个位置是j，此时dp[n] = dp[j]，既n个字符的字符串能否被拆解等于前j个字符串是否能被拆解，因为此时n-j这部分的字符串在字典中。

DP代码：

class Solution:
    def wordBreak(self, s: str, wordDict: List[str]) -> bool:
        dp = [False] * (len(s) + 1)
        dp[0] = True
        if s in wordDict: return True
        for i in range(1, len(s) + 1):
            # 从第一个到最后一个字符
            for j in range(i):
                # i之前的第一个到i个字符
                if dp[j] and s[j:i] in wordDict:
                    dp[i] = True
                    break
        return dp[len(s)]

这里再提一下动态规划的基本步骤：

1. 设置储存空间。对于本题，我需要存储的是以从开头到第i个字符的字符串是否能够被拆分，只有一个变量i所以储存空间是一个一维矩阵，也就是dp[i]。如果是需要存储上下坐标的话，例如从i到j，dp[i][j], 这也就是一个二维矩阵。
2. 赋初始值。动态规划问题是使用空间换时间的思路，并且是将n的问题，逆推到1的问题，所以要将所有的初始值手动赋予。首先所有的值默认是False，然后第一个dp[0]的含义是从0到0也就是空，我们将这种特殊情况赋值为True（其实是用不上的）。类似于硬币问题中，我们会将1，2，5的值放为1，这都是赋予初始值的步骤内容。
3. 动态规划方程。第三步是将动态规划方程放入循环中，循环的选择因题目不同，本题中我们的储存空间存的是从开头到第i是否能被拆解，那么肯定要从头遍历一遍，所以一层循环是必须的；然后判断值是T or F，有两种情况，第一种，如果从开头到i的字符串整体就在字典中，那么直接就是True，第二种从后往前找到第一个j使，j到i这个字符串s[j:i]在字典中，此时dp[i] = dp[j]。这两种情况构成了一个动态规划方程：

dp[i] = { True if dp[:i] in dict 或者 dp[j] if dp[j:i] in dict }