Backspace String Compare 比较含退格的字符串

给定 S 和 T 两个字符串，当它们分别被输入到空白的文本编辑器后，判断二者是否相等，并返回结果。 # 代表退格字符。

示例 1：

输入：S = "ab#c", T = "ad#c"
输出：true
解释：S 和 T 都会变成 “ac”。

示例 2：

输入：S = "ab##", T = "c#d#"
输出：true
解释：S 和 T 都会变成 “”。

示例 3：

输入：S = "a##c", T = "#a#c"
输出：true
解释：S 和 T 都会变成 “c”。

示例 4：

输入：S = "a#c", T = "b"
输出：false
解释：S 会变成 “c”，但 T 仍然是 “b”。

提示：

1. 1 <= S.length <= 200
2. 1 <= T.length <= 200
3. S 和 T 只含有小写字母以及字符 '#'。

思路一：采用辅助栈的方法，这道题可以模拟键盘输入带退格键的操作，所以可以用栈来模拟这种操作，我们需要两个辅助字符串a和b分别对应字符串S和T的最终结果，然后遍历字符串S，如果遇到的字符是'#'且a不为空，就弹出栈顶元素，如果不是'#'就压入栈顶，这样遍历完S后最终a中的所有元素便是经过了退格键操作后的剩余元素，同理我们对b也做相同的操作，最后比较a和b是否相等。

参考代码：（时间复杂度O(n)，空间复杂度（O(S+T)））

class Solution {
public:
    bool backspaceCompare(string S, string T) {
	string a = "", b = "";
	for (auto c : S) {
		if (c == '#') a.size() > 0 ? a.pop_back() : void();
		else a.push_back(c);
	}
	for (auto c : T) {
		if (c == '#') b.size() > 0 ? b.pop_back() : void();
		else b.push_back(c);
	}
	return !a.compare(b);        
    }
};

思路二：由于题目的follow up希望我们能优化函数的时间复杂度到O(n)，而空间复杂度为O(1)，所以上述方法不能用。这里我们这样想，倒着遍历字符串S和T，如果遇到'#'就对其进行计数，记为count，因为count最终是要消去前面的count个非'#'字符的，所以我们的逻辑便是如果遇到的字符为'#'或者count>0，就不断循环，如果再前面一个字符还是'#'，就count++，否则就count--，当我们退出循环时便意味着count个'#'号和count个非'#'号相互消去了，同理对T也做同样操作。当退出内层S和T的循环时，表示这时S和T中的最后一个字符一定不会被消去，然后进行比较是否相等，如果相等就S和T都向前移一个字符，否则就返回false。这里要注意一点，由于在内层两个循环下有可能会出现S或者T的下标小于0，如果有一个小于0，就意味着至少其中一个已经没有了有效字符，而另一方一定还有有效字符，这时只要直接返回两个的下标即可。（意味着两个都没有有效字符返回true，其他情况返回false）

参考代码：

class Solution {
public:
    bool backspaceCompare(string S, string T) {
	int m = S.size() - 1, n = T.size() - 1, countS = 0, countT = 0;
	while (m >= 0 || n >= 0) {
		while (m >= 0 && (S[m] == '#' || countS > 0)) {
			S[m--] == '#' ? countS++ : countS--;
		}
		while (n >= 0 && (T[n] == '#' || countT > 0)) {
			T[n--] == '#' ? countT++ : countT--;
		}
		if (m < 0 || n < 0) return m == n;
		if (S[m] != T[n]) return false;
		else {
			m--; n--;
		}
	}
	return m == n;     
    }
};