Leetcode 753. Cracking the Safe 双端队列实现 给出证明思路

题意

• 我们希望构造一个最短的字符串，这个字符串每位可以是0至k-1的字符，并且这个字符串的所有n长子串可以包含所有的 nk n k 种情况（即包含所有用k个字符构建的n长串）

思路

• 不难想象，如果构造的这个串每一个n长子串恰好就是一个unique的情况，那么一定就是最短的串，长度为 nk+n−1 n k + n − 1
• 先假设我们一定可以构造出这样的串。然后可以换一个角度来看这个问题，设每一种独特的子串是一个节点，如果一个节点的n-1长后缀恰好另一个节点n-1长的前缀，那么我们就给这两个节点连一条边，因为这两个子串是可以在我们构造的串中直接相连的。这样我就构造了一个有向图，不难证明这个图是一个强连通图，即任意两点之间都是有通路的。那么我们假设的前提，就对应了这个图一定存在一条汉密尔顿通路。而这个图本身不大，我们就完全可以用bfs或者dfs去解这个题了。
• 但是这个假设是否成立却是需要证明的，我参考了Discussion中的方法（Discussion中的原文），这里我给出一个我个人觉得可能更好理解一些的证明。

证明

• 我们想证明上述假设，只需要给出一种构造方法，然后证明这个方法保证可以得到一条哈密尔顿通路
• 首先我们定义一些符号，方便后面说明，我们用小写字母表示一个字符，大写字母加尖括号表示一个n-1长的子串，例如a就表示了后缀为A的一个n长子串
• 第二我们给出构造方法：
  
  • （1）随意选一个n长子串（或称节点）加入deque Q中
  • （2）循环，取Q中最后一个节点，记为a，然后选择一个没有加入deque中的节点b插入队尾
  • （3）如果所有形如b的节点都在队列中，则弹出队首元素，并把它插入队尾
  • （4）循环至队列元素个数到 nk n k 个
  • 这样这个deque中就保存了一条哈密尔顿通路
• 第三我们证明这个构造方法是正确的，那么需要证明三个事情：首先是序列合法性，即第i个节点和第i+1节点之间应是有边的；二是算法可终止性，即最终一定能得到长度为 nk n k 的队列；三是节点的独特性，即序列中任意两个节点是不同的。其中第三个是显然保证的，我们主要证明前两点。
  
  • 证明序列合法性，主要就是证明算法第（3）步中队首元素b和队尾元素a，满足A = B这个条件。出现（3）的情况，对应了 ∀x∈[0,k),<A>x∈Q ∀ x ∈ [ 0 , k ) , < A > x ∈ Q ，也就是说有k个形如x的节点已经在队列中了。假如这些节点都没有出现在队首，那么包含队尾元素，应该有k+1个形如x的节点出现在队列中，显然这是不可能的，因此，队首元素一定也是形如x的，那么把它换到队尾，显然可以保证合法性。
  • 证明队列Q长度可以到达 nk n k 。反证法，设当Q长度为m时，就找不到下一个没有出现过的节点了。根据我们算法的（2）（3）步骤，我们知道当队尾元素找不到下一个节点时，我们会尝试下一个队首元素，如果完全无法找到下一个节点，说明Q中所有节点都无法连到下一个没有出现过的节点了。这就说明这m个节点构成了一个联通分量，总体至少有两个联通分量，这和我们一开始知道的这个图是强联通的，应该只有一个联通分量矛盾。因此我们一定可以构造到 nk n k 长的Q。
  • 得证。

实现

class Solution {
public:
    int pow(int x, int n){
        int ret = 1;
        for (int i = 0; i < n; i++){
            ret *= x;
        }
        return ret;
    }
    string crackSafe(int n, int k) {
        deque<string> q;
        unordered_set<string> mapp;
        q.push_back(string(""));
        for (int i = 0; i < n; i++){
            *q.begin() += '0';
        }
        mapp.insert(q.back());
        int len = pow(k, n) ;
        while (q.size() < len){
            string now = q.back().substr(1, n - 1);
            bool flag = true;
            for (char i = '0'; i < k + '0'; i++){
                now += i;
                if (mapp.find(now) == mapp.end()){
                    flag = false;
                    mapp.insert(now);
                    q.push_back(now);
                    break;
                }
                now.pop_back();
            }
            if (flag){
                now = q.front();
                q.pop_front();
                q.push_back(now);
            }
        }
        string ret;
        for (auto& it : q){
            ret += it[0];
        }
        ret.pop_back();
        ret += q.back();
        return ret;
    }
};