Google Interview ：问题1：给定一个由n个字符组成的字符串A和一个由m个字符组成的字符串B，编写一个函数，使得B是重复的A的子字符串，该函数将返回字符串A最少需重复的次数
给定一个由n个字符组成的字符串A和一个由m个字符组成的字符串B，编写一个函数，使得B是重复的A的子字符串，该函数将返回字符串A最少需重复的次数，
- Question 1:
- 实现代码
- 思路分析
Question 1:
Given a string A consisting of n characters and a string B consisting of m characters, write a function that will return the number of times A must be stated such that B is a substring of the repeated A. If B can never be a substring, return -1.
Example:
A = ‘abcd’
B = ‘cdabcdab’
The function should return 3 because after stating A 3 times, getting ‘abcdabcdabcd’, B is now a substring of A.
You can assume that n and m are integers in the range [1, 1000].
给定包含N个字母的string A和包含M个字母的string B，返回使得B成为其子字符串A需> 要重复自己的最少次数。如果无论A重复自己多少次B都无法成为其子字符串，返回-1。
如下面例子所示：
A = “abcd”
B = “cdabcdab”
这种情况下该函数需要返回3，因为A重复3次后成为`”abcdabcdabcd”，此时B是该字符串的子串。
本题假定：
N是[1…1000]内的整数。
M是[1…1000]内的整数。
public static int minimumNumberRepeat(String A,String B){
if(A==null || A.length() == 0){
return -1;
}
if(A.length()>B.length()){
for(int i = 0;i<2;i++){
String curr = new String(new char[i+1]).replaceAll("\0",A);
if(curr.contains(B)){
return i + 1;
}
}
return -1;
}
HashMap<String,Integer> permutationsA = new HashMap<String ,Integer>();
permutationsA = A.substring(i + 1,A.length()) + A.substring(0,i+1);
permutationsA.put(permutationA,i+1);
}
for(int i = 0;i<=B.length()-A.length();i++){
String sub = B.substring(i,i+A.length());
if(!permutationsA.containsKey(subB)){
return -1;
}
}
int rotation = permutationsA.get(B.substring(0,A.length()));
if(rotation == 0){
return B.length() / A.length + (B.length() % A.length() == 0 ? 0 : 1);
}else{
return 1+B.length() / A.length() + (B.length() % A.length() == 0 ? 0 : 1);
}
}
}
实现代码
public static repeat(String A,String B){
if(A == null || A.length() == 0)
return -1;
}
/**
首先用char[n]初始化了一个String,由于在这个char[n]数组中没给出任何初始值，所以生成的String中的每一个字符的值都为Null,其中共有n个字符。接着用replaceAll(regex,value)这个方法匹配所有的Null,也就是“\0”并将其都替换为A，因此将A重复了n次。
*/
int totalTimes = 1 + B.length() / A.length() + (B.length() % A.length() == 0 ? 0 : 1);
for(int i = 0;i<totalTimes;i++){
String repeated = new String(new char[i + 1].replaceAll("\0",A);
if(repeated.contains(B))
return i + 1;
}
]
return -1;
}
}
思路分析
给定两个string A和B，当B的长度大于A时，即使在brute-force解法的情况下（既不断重复A，看B能够成为当前字符串的子串），我们仍然首先要确定的是B究竟能够成为A重复自己所构造的字符串的子串。因为这决定了这个循环的结束条件。
注意到B如果能够由A不断重复自己得到，那么B中的任何和A的长度相等的连续子字符串都必须能够由A的rotation得到。例如上面的A和B的例子中，从B中取出任何一个长度为4的连续子字符串，都能够由A的rotation产生。所以我们只需要产生A的所有rotation并将它们存入HashSet中，然后再遍历一遍B中的所有长度与A相同的连续子字符串，就可以知道B能够由A重复自己产生。这一步骤的时间复杂度为：O(N + M)，空间复杂度为O(N ^ 2)。
O(N + M)时间复杂度：因为我们需要分别遍历A的所有rotation和B的所有长度与A相同的连续子字符串，分别是N种可能和M中可能，所以是O(N + M)。
O(N ^ 2)空间复杂度：因为我们需要存储所有A的rotation，一共是N种，而每一种包括N个字母，所以总空间为O(N ^ 2)。
当我们确定了B一定能由A不断重复自己得到之后，我们就只需要确定A最少需重复几次。这一步骤当然可以通过不断让A重复自己并判断B是否是当前字符串的子字符串实现。但这一方法并不是最优解。实际上考虑到B一定是A的rotation组成的，A的最少重复次数可以在O(1)时间，O(1)空间内实现， 方法如下：
用HashMap而非HashSet来存储A的rotation。其中Key为A的rotation，Value为A成为当前rotation所需要的向左滚动的步数。例如上面的例子中的A，其所构造出的HashMap为：
{
“abcd”: 0,
“bcda”: 1,
“cdab”: 2,
“dabc”: 3,
}
这样的情况下我们只需要判断B中的第一个长度与A相同的连续子字符串的rotation步数即可。
如果为0，则代表A只需要重复到（设A重复自己组成的字符串为A’）A’.length() >=
B.length()即可，既重复B.length() / A.length()向上取整次，也就是：B.length() /
A.length() + (B.length() % A.length() == 0 ? 0 : 1)。如果不为0，则代表除去需要重复上面的次数之外，还需要额外的一次重复来满足c的开头部分。如上面的例子中：A重复两次即可满足上面的第一个条件。但这个时候B的开头的"cd"并没有成为子串，所以需要额外重复一次满足B的开头。也就是三次。也就是重复次数为：1
B.length() / A.length() + (B.length() % A.length() == 0 ? 0 : 1)。
需要注意的是，我们以上所有的讨论基于B的长度大于A的情况进行。如果B的长度小于A，我们只需要直接判断B是否为A的子字符串即可。这个判断可以通过KMP算法进行，从而将时间控制在O(N)内。
参考链接：https://blog.csdn.net/Yaokai_AssultMaster/article/details/77940692