题目描述
这是 LeetCode 上的 648. 单词替换 ，难度为 中等。
Tag : 「字典树」
在英语中，我们有一个叫做 词根(root) 的概念，可以词根后面添加其他一些词组成另一个较长的单词——我们称这个词为 继承词(successor)。例如，词根an，跟随着单词 other(其他)，可以形成新的单词 another(另一个)。
现在，给定一个由许多词根组成的词典 dictionary 和一个用空格分隔单词形成的句子 sentence。你需要将句子中的所有继承词用词根替换掉。如果继承词有许多可以形成它的词根，则用最短的词根替换它。
你需要输出替换之后的句子。
示例 1：
输入：dictionary = ["cat","bat","rat"], sentence = "the cattle was rattled by the battery"
输出："the cat was rat by the bat"示例 2：
输入：dictionary = ["a","b","c"], sentence = "aadsfasf absbs bbab cadsfafs"
输出："a a b c"提示：
- $1 <= dictionary.length <= 1000$
- $1 <= dictionary[i].length <= 100$
dictionary[i]仅由小写字母组成。- $1 <= sentence.length <= 10^6$
sentence仅由小写字母和空格组成。sentence中单词的总量在范围 $[1, 1000]$ 内。sentence中每个单词的长度在范围 $[1, 1000]$ 内。sentence中单词之间由一个空格隔开。sentence没有前导或尾随空格。
基本分析
这是一道 Trie 的模板题，还不了解 Trie 的同学可以先看前置 ：[【设计数据结构】实现 Trie (前缀树)
](https://mp.weixin.qq.com/s?__...)
前置 通过图解形式讲解了 Trie 的结构与原理，以及提供了两种实现 Trie 的方式。
回到本题，为了方便，我们令 ds 为 dictionary，令 s 为 sentence。
二维数组
一个比较习惯的做法，是使用「二维数组」来实现 Trie，配合 static 优化，可以有效控制 new 的次数，耗时相对稳定。
考虑两个 Trie 的基本操作：
add操作：变量入参字符串s，将字符串中的每位字符映射到 $[0, 25]$，同时为了能够方便查询某个字符串（而不只是某个前缀）是否曾经存入过Trie中，额外使用一个布尔数组isEnd记录某个位置是否为单词结尾。query操作：
至于二维数组的大小估算，可以直接开成 $N \times C$，其中 $N$ 为要插入到 Trie 中的字符总数，$C$ 为对应的字符集大小。在 $N \times C$ 没有 MLE 风险时，可以直接开这么多；而当 $N \times C$ 较大（超过 $1e7$，甚至 $1e8$ 时），可以适当将 $N \times C$ 中的 $N$ 减少，使得总空间在 $1e7$ 左右，因为实际上由于二维数组中的某些行中会存储一个字符以上，实际上我们用不到这么多行。
代码（不使用 static 优化，耗时增加十倍）：
class Solution {
static int N = 100000, M = 26;
static int[][] tr = new int[N][M];
static boolean[] isEnd = new boolean[N * M];
static int idx;
void add(String s) {
int p = 0;
for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
int u = s.charAt(i) - 'a';
if (tr[p][u] == 0) tr[p][u] = ++idx;
p = tr[p][u];
}
isEnd[p] = true;
}
String query(String s) {
for (int i = 0, p = 0; i < s.length(); i++) {
int u = s.charAt(i) - 'a';
if (tr[p][u] == 0) break;
if (isEnd[tr[p][u]]) return s.substring(0, i + 1);
p = tr[p][u];
}
return s;
}
public String replaceWords(List ds, String s) {
for (int i = 0; i <= idx; i++) {
Arrays.fill(tr[i], 0);
isEnd[i] = false;
}
for (String d : ds) add(d);
StringBuilder sb = new StringBuilder();
for (String str : s.split(" ")) sb.append(query(str)).append(" ");
return sb.substring(0, sb.length() - 1);
}
} - 时间复杂度：令 $n = \sum_{i = 0}^{ds.length - 1} ds[i].length$，$m$ 为
s长度，复杂度为 $O(n + m)$ - 空间复杂度：$O(n \times C)$，其中 $C = 26$ 为字符集大小
TrieNode
另外一个能够有效避免「估数组大小」操作的方式，是使用 TrieNode 的方式实现 Trie：每次使用到新的格子再触发 new 操作。
至于为什么有了 TrieNode 的方式，我还是会采用「二维数组」优先的做法，在 知乎 上有同学问过我类似的问题，只不过原问题是「为什么有了动态开点线段树，直接 build 出 $4n$ 空间的做法仍有意义」，这对应到本题使用「二维数组」还是「TrieNode」是一样的道理：
除非某些语言在启动时，采用虚拟机的方式，并且预先分配了足够的内存，否则所有的 new 操作都需要反映到 os 上，而在 linux 分配时需要遍历红黑树，因此即使是总空间一样，一次性的 new 要比多次小空间的 new 更省时间，同时集中性的 new 也比分散性的 new 操作要更快，这也就是为什么我们不无脑使用 TrieNode 的原因。
代码：
class Solution {
class Node {
boolean isEnd;
Node[] tns = new Node[26];
}
Node root = new Node();
void add(String s) {
Node p = root;
for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
int u = s.charAt(i) - 'a';
if (p.tns[u] == null) p.tns[u] = new Node();
p = p.tns[u];
}
p.isEnd = true;
}
String query(String s) {
Node p = root;
for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
int u = s.charAt(i) - 'a';
if (p.tns[u] == null) break;
if (p.tns[u].isEnd) return s.substring(0, i + 1);
p = p.tns[u];
}
return s;
}
public String replaceWords(List ds, String s) {
for (String str : ds) add(str);
StringBuilder sb = new StringBuilder();
for (String str : s.split(" ")) sb.append(query(str)).append(" ");
return sb.substring(0, sb.length() - 1);
}
} - 时间复杂度：令 $n = \sum_{i = 0}^{ds.length - 1} ds[i].length$，$m$ 为
s长度，复杂度为 $O(n + m)$ - 空间复杂度：$O(n \times C)$，其中 $C = 26$ 为字符集大小
加餐
今天额外增加一道更贴合笔试面试的加餐题 : 结合 DFS 的 Trie 运用题
最后
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.648 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。
在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。
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