题目描述
这是 LeetCode 上的 745. 前缀和后缀搜索 ，难度为 困难。
Tag : 「字典树」
设计一个包含一些单词的特殊词典，并能够通过前缀和后缀来检索单词。
实现 WordFilter 类：
WordFilter(string[] words)使用词典中的单词words初始化对象。f(string pref, string suff)返回词典中具有前缀prefix和后缀suff的单词的下标。如果存在不止一个满足要求的下标，返回其中 最大的下标 。如果不存在这样的单词，返回 $-1$ 。
示例：
输入
["WordFilter", "f"]
[[["apple"]], ["a", "e"]]
输出
[null, 0]
解释
WordFilter wordFilter = new WordFilter(["apple"]);
wordFilter.f("a", "e"); // 返回 0 ，因为下标为 0 的单词：前缀 prefix = "a" 且 后缀 suff = "e" 。提示：
- $1 <= words.length <= 10^4$
- $1 <= words[i].length <= 7$
- $1 <= pref.length, suff.length <= 7$
words[i]、pref和suff仅由小写英文字母组成- 最多对函数
f执行 $10^4$ 次调用
基本分析
为了方便，我们令 words 为 ss，令 pref 和 suff 分别为 a 和 b。
搜索某个前缀（后缀可看做是反方向的前缀）容易想到字典树，但单词长度数据范围只有 $7$，十分具有迷惑性，使用暴力做法最坏情况下会扫描所有的 $ss[i]$，不考虑任何的剪枝操作的话，计算量也才为 $2 \times \ 7 \times 1e4 = 1.4 \times 10^5$，按道理是完全可以过的。
但不要忘记 LC 是一个具有「设定每个样例时长，同时又有总时长」这样奇怪机制的 OJ。
暴力（TLE or 双百)
于是有了 Java 总时间超时，TypeScripe 双百的结果（应该是 TypeScript 提交不多，同时设限宽松的原因）：
Java 代码：
class WordFilter {
String[] ss;
public WordFilter(String[] words) {
ss = words;
}
public int f(String a, String b) {
int n = a.length(), m = b.length();
for (int k = ss.length - 1; k >= 0; k--) {
String cur = ss[k];
int len = cur.length();
if (len < n || len < m) continue;
boolean ok = true;
for (int i = 0; i < n && ok; i++) {
if (cur.charAt(i) != a.charAt(i)) ok = false;
}
for (int i = 0; i < m && ok; i++) {
if (cur.charAt(len - 1 - i) != b.charAt(m - 1 - i)) ok = false;
}
if (ok) return k;
}
return -1;
}
}TypeScript 代码：
class WordFilter {
ss: string[]
constructor(words: string[]) {
this.ss = words
}
f(a: string, b: string): number {
const n = a.length, m = b.length
for (let k = this.ss.length - 1; k >= 0; k--) {
const cur = this.ss[k]
const len = cur.length
if (len < n || len < m) continue
let ok = true
for (let i = 0; i < n && ok; i++) {
if (cur[i] != a[i]) ok = false
}
for (let i = m - 1; i >= 0; i--) {
if (cur[len - 1 - i] != b[m - 1 - i]) ok = false
}
if (ok) return k
}
return -1
}
}- 时间复杂度：初始化操作复杂度为 $O(1)$，检索操作复杂度为 $O(\sum_{i = 0}^{n - 1} ss[i].length)$
- 空间复杂度：$O(\sum_{i = 0}^{n - 1} ss[i].length)$
Trie
使用字典树优化检索过程也是容易的，分别使用两棵 Trie 树来记录 $ss[i]$ 的前后缀，即正着存到 tr1 中，反着存到 Tr2 中。
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)
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
同时对于字典树的每个节点，我们使用数组 idxs 记录经过该节点的字符串 $ss[i]$ 所在 ss 中的下标 $i$，若某个字典树节点的索引数组 tr.idxs 为 $[a_1, a_2, ..., a_k]$ 则代表「从根节点到 tr 节点所对应的字符串」为 $ss[a_1], ss[a_2], ..., ss[a_k]$ 的前缀。
这样我们可以即可在扫描前后缀 a 和 b 时，得到对应的候选下标列表 l1 和 l2，由于我们将 $ss[i]$ 添加到两棵 tr 中是按照下标「从小到大」进行，因此我们使用「双指针」算法分别从 l1 和 l2 结尾往后找到第一个共同元素即是答案（满足条件的最大下标）。
使用Trie优化后，Java从TLE到AC，TypeScript耗时为原本的 $\frac{1}{7}$ ：
Java 代码：
class WordFilter {
class TrieNode {
TrieNode[] tns = new TrieNode[26];
List idxs = new ArrayList<>();
}
void add(TrieNode p, String s, int idx, boolean isTurn) {
int n = s.length();
p.idxs.add(idx);
for (int i = isTurn ? n - 1 : 0; i >= 0 && i < n; i += isTurn ? -1 : 1) {
int u = s.charAt(i) - 'a';
if (p.tns[u] == null) p.tns[u] = new TrieNode();
p = p.tns[u];
p.idxs.add(idx);
}
}
int query(String a, String b) {
int n = a.length(), m = b.length();
TrieNode p = tr1;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int u = a.charAt(i) - 'a';
if (p.tns[u] == null) return -1;
p = p.tns[u];
}
List l1 = p.idxs;
p = tr2;
for (int i = m - 1; i >= 0; i--) {
int u = b.charAt(i) - 'a';
if (p.tns[u] == null) return -1;
p = p.tns[u];
}
List l2 = p.idxs;
n = l1.size(); m = l2.size();
for (int i = n - 1, j = m - 1; i >= 0 && j >= 0; ) {
if (l1.get(i) > l2.get(j)) i--;
else if (l1.get(i) < l2.get(j)) j--;
else return l1.get(i);
}
return -1;
}
TrieNode tr1 = new TrieNode(), tr2 = new TrieNode();
public WordFilter(String[] ss) {
int n = ss.length;
for (int i = 0; i < n; i++) {
add(tr1, ss[i], i, false);
add(tr2, ss[i], i, true);
}
}
public int f(String a, String b) {
return query(a, b);
}
} TypeScript 代码：
class TrieNode {
tns: TrieNode[] = new Array()
idxs: number[] = new Array()
}
class WordFilter {
add(p: TrieNode, s: string, idx: number, isTurn: boolean): void {
const n = s.length
p.idxs.push(idx)
for (let i = isTurn ? n - 1 : 0; i >= 0 && i < n; i += isTurn ? -1 : 1) {
const u = s.charCodeAt(i) - 'a'.charCodeAt(0)
if (p.tns[u] == null) p.tns[u] = new TrieNode()
p = p.tns[u]
p.idxs.push(idx)
}
}
query(a: string, b: string): number {
let n = a.length, m = b.length
let p = this.tr1
for (let i = 0; i < n; i++) {
const u = a.charCodeAt(i) - 'a'.charCodeAt(0)
if (p.tns[u] == null) return -1
p = p.tns[u]
}
const l1 = p.idxs
p = this.tr2
for (let i = m - 1; i >= 0; i--) {
const u = b.charCodeAt(i) - 'a'.charCodeAt(0)
if (p.tns[u] == null) return -1
p = p.tns[u]
}
const l2 = p.idxs
n = l1.length; m = l2.length
for (let i = n - 1, j = m - 1; i >= 0 && j >= 0; ) {
if (l1[i] < l2[j]) j--
else if (l1[i] > l2[j]) i--
else return l1[i]
}
return -1
}
tr1: TrieNode = new TrieNode()
tr2: TrieNode = new TrieNode()
constructor(ss: string[]) {
for (let i = 0; i < ss.length; i++) {
this.add(this.tr1, ss[i], i, false)
this.add(this.tr2, ss[i], i, true)
}
}
f(a: string, b: string): number {
return this.query(a, b)
}
} C++ 代码：
class WordFilter {
public:
struct TrieNode {
TrieNode* tns[26] {nullptr};
vector idxs;
};
void add(TrieNode* p, const string& s, int idx, bool isTurn) {
int n = s.size();
p->idxs.push_back(idx);
for(int i = isTurn ? n - 1 : 0; i >= 0 && i < n; i += isTurn ? -1 : 1) {
int u = s[i] - 'a';
if(p->tns[u] == nullptr) p->tns[u] = new TrieNode();
p = p->tns[u];
p->idxs.push_back(idx);
}
}
int query(const string& a, const string& b) {
int n = a.size(), m = b.size();
auto p = tr1;
for(int i = 0; i < n; i++) {
int u = a[i] - 'a';
if(p->tns[u] == nullptr) return -1;
p = p->tns[u];
}
vector& l1 = p->idxs;
p = tr2;
for(int i = m - 1; i >= 0; i--) {
int u = b[i] - 'a';
if(p->tns[u] == nullptr) return -1;
p = p->tns[u];
}
vector& l2 = p->idxs;
n = l1.size(), m = l2.size();
for(int i = n - 1, j = m - 1; i >= 0 && j >= 0; ) {
if(l1[i] > l2[j]) i--;
else if(l1[i] < l2[j]) j--;
else return l1[i];
}
return -1;
}
TrieNode* tr1 = new TrieNode, *tr2 = new TrieNode;
WordFilter(vector& ss) {
int n = ss.size();
for(int i = 0; i < n; i++) {
add(tr1, ss[i], i, false);
add(tr2, ss[i], i, true);
}
}
int f(string a, string b) {
return query(a, b);
}
}; - 时间复杂度：初始化操作复杂度为 $O(\sum_{i = 0}^{n - 1} ss[i].length)$，检索过程复杂度为 $O(a + b + n)$，其中 $a = b = 7$ 为前后缀的最大长度，$n = 1e4$ 为初始化数组长度，代表最多有 $n$ 个候选下标（注意：这里的 $n$ 只是粗略分析，实际上如果候选集长度越大的话，说明两个候选集是重合度是越高的，从后往前找的过程是越快结束的，可以通过方程算出一个双指针的理论最大比较次数 $k$，如果要将 $n$ 卡满成 $1e4$ 的话，需要将两个候选集设计成交替下标，此时
f如果仍是 $1e4$ 次调用的话，必然会面临大量的重复查询，可通过引入map记录查询次数来进行优化） - 空间复杂度：$O(\sum_{i = 0}^{n - 1} ss[i].length)$
最后
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.745 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。
为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：https://github.com/SharingSou... 。
在仓库地址里，你可以看到系列文章的题解链接、系列文章的相应代码、LeetCode 原题链接和其他优选题解。
更多更全更热门的「笔试/面试」相关资料可访问排版精美的 合集新基地
本文由mdnice多平台发布