题目描述
这是 LeetCode 上的 1239. 串联字符串的最大长度 ，难度为 中等。
Tag : 「DFS」、「二进制枚举」、「模拟退火」、「随机化」、「启发式搜索」
给定一个字符串数组 arr，字符串 s 是将 arr 某一子序列字符串连接所得的字符串，如果 s 中的每一个字符都只出现过一次，那么它就是一个可行解。
请返回所有可行解 s 中最长长度。
示例 1：
输入：arr = ["un","iq","ue"]
输出：4
解释：所有可能的串联组合是 "","un","iq","ue","uniq" 和 "ique"，最大长度为 4。示例 2：
输入：arr = ["cha","r","act","ers"]
输出：6
解释：可能的解答有 "chaers" 和 "acters"。示例 3：
输入：arr = ["abcdefghijklmnopqrstuvwxyz"]
输出：26提示：
- $1 <= arr.length <= 16$
- $1 <= arr[i].length <= 26$
arr[i]中只含有小写英文字母
基本分析
根据题意，可以将本题看做一类特殊的「数独问题」：在给定的 arr 字符数组中选择，尽可能多的覆盖一个 $1 \times 26$ 的矩阵。
对于此类「精确覆盖」问题，换个角度也可以看做「组合问题」。
通常有几种做法：DFS、剪枝 DFS、二进制枚举、模拟退火、DLX。
其中一头一尾解法过于简单和困难，有兴趣的同学自行了解与实现。
剪枝 DFS
根据题意，可以有如下的剪枝策略：
- 预处理掉「本身具有重复字符」的无效字符串，并去重；
- 由于只关心某个字符是否出现，而不关心某个字符在原字符串的位置，因此可以将字符串使用
int进行表示； - 由于使用
int进行表示，因而可以使用「位运算」来判断某个字符是否可以被追加到当前状态中； DFS过程中维护一个total，代表后续未经处理的字符串所剩余的“最大价值”是多少，从而实现剪枝；- 使用
lowbit计算某个状态对应的字符长度是多少； - 使用「全局哈希表」记录某个状态对应的字符长度是多少（使用
static修饰，确保某个状态在所有测试数据中只会被计算一次）； - 【未应用】由于存在第 $4$ 点这样的「更优性剪枝」，理论上我们可以根据「字符串所包含字符数量」进行从大到小排序，然后再进行
DFS这样效果理论上会更好。想象一下如果存在一个包含所有字母的字符串，先选择该字符串，后续所有字符串将不能被添加，那么由它出发的分支数量为 $0$；而如果一个字符串只包含单个字母，先决策选择该字符串，那么由它出发的分支数量必然大于 $0$。但该策略实测效果不好，没有添加到代码中。
代码：
class Solution {
// 本来想使用如下逻辑将「所有可能用到的状态」打表，实现 O(1) 查询某个状态有多少个字符，但是被卡了
// static int N = 26, M = (1 << N);
// static int[] cnt = new int[M];
// static {
// for (int i = 0; i < M; i++) {
// for (int j = 0; j < 26; j++) {
// if (((i >> j) & 1) == 1) cnt[i]++;
// }
// }
// }
static Map map = new HashMap<>();
int get(int cur) {
if (map.containsKey(cur)) {
return map.get(cur);
}
int ans = 0;
for (int i = cur; i > 0; i -= lowbit(i)) ans++;
map.put(cur, ans);
return ans;
}
int lowbit(int x) {
return x & -x;
}
int n;
int ans = Integer.MIN_VALUE;
int[] hash;
public int maxLength(List _ws) {
n = _ws.size();
HashSet set = new HashSet<>();
for (String s : _ws) {
int val = 0;
for (char c : s.toCharArray()) {
int t = (int)(c - 'a');
if (((val >> t) & 1) != 0) {
val = -1;
break;
}
val |= (1 << t);
}
if (val != -1) set.add(val);
}
n = set.size();
if (n == 0) return 0;
hash = new int[n];
int idx = 0;
int total = 0;
for (Integer i : set) {
hash[idx++] = i;
total |= i;
}
dfs(0, 0, total);
return ans;
}
void dfs(int u, int cur, int total) {
if (get(cur | total) <= ans) return;
if (u == n) {
ans = Math.max(ans, get(cur));
return;
}
// 在原有基础上，选择该数字（如果可以）
if ((hash[u] & cur) == 0) {
dfs(u + 1, hash[u] | cur, total - (total & hash[u]));
}
// 不选择该数字
dfs(u + 1, cur, total);
}
} 二进制枚举
首先还是对所有字符串进行预处理。
然后使用「二进制枚举」的方式，枚举某个字符串是否被选择。
举个，$(110)_{2}$ 代表选择前两个字符串，$(011)_{2}$ 代表选择后两个字符串，这样我们便可以枚举出所有组合方案。
代码：
class Solution {
static Map map = new HashMap<>();
int get(int cur) {
if (map.containsKey(cur)) {
return map.get(cur);
}
int ans = 0;
for (int i = cur; i > 0; i -= lowbit(i)) ans++;
map.put(cur, ans);
return ans;
}
int lowbit(int x) {
return x & -x;
}
int n;
int ans = Integer.MIN_VALUE;
Integer[] hash;
public int maxLength(List _ws) {
n = _ws.size();
HashSet set = new HashSet<>();
for (String s : _ws) {
int val = 0;
for (char c : s.toCharArray()) {
int t = (int)(c - 'a');
if (((val >> t) & 1) != 0) {
val = -1;
break;
}
val |= (1 << t);
}
if (val != -1) set.add(val);
}
n = set.size();
if (n == 0) return 0;
hash = new Integer[n];
int idx = 0;
for (Integer i : set) hash[idx++] = i;
for (int i = 0; i < (1 << n); i++) {
int cur = 0, val = 0;
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (((i >> j) & 1) == 1) {
if ((cur & hash[j]) == 0) {
cur |= hash[j];
val += get(hash[j]);
} else {
cur = -1;
break;
}
}
}
if (cur != -1) ans = Math.max(ans, val);
}
return ans;
}
} 模拟退火
事实上，可以将原问题看作求「最优前缀序列」问题，从而使用「模拟退火」进行求解。
具体的，我们可以定义「最优前缀序列」为 组成最优解所用到的字符串均出现在排列的前面。
举个，假如构成最优解使用到的字符串集合为 [a,b,c]，那么对应 [a,b,c,...]、[a,c,b,...] 均称为「最优前缀序列」。
不难发现，答案与最优前缀序列是一对多关系，这指导我们可以将「参数」调得宽松一些。
具有「一对多」关系的问题十分适合使用「模拟退火」，使用「模拟退火」可以轻松将本题 arr.length 数据范围上升到 $60$ 甚至以上。
调整成比较宽松的参数可以跑赢「二进制枚举」，但为了以后增加数据不容易被 hack，还是使用 N=400 & fa=0.90 的搭配。
「模拟退火」的几个参数的作用在 这里 说过了，不再赘述。
代码：
class Solution {
static Map map = new HashMap<>();
int get(int cur) {
if (map.containsKey(cur)) {
return map.get(cur);
}
int ans = 0;
for (int i = cur; i > 0; i -= lowbit(i)) ans++;
map.put(cur, ans);
return ans;
}
int lowbit(int x) {
return x & -x;
}
int n;
int ans = Integer.MIN_VALUE;
Random random = new Random(20210619);
double hi = 1e4, lo = 1e-4, fa = 0.90;
int N = 400;
int calc() {
int mix = 0, cur = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int hash = ws[i];
if ((mix & hash) == 0) {
mix |= hash;
cur += get(hash);
} else {
break;
}
}
ans = Math.max(ans, cur);
return cur;
}
void shuffle(int[] nums) {
for (int i = n; i > 0; i--) {
int idx = random.nextInt(i);
swap(nums, idx, i - 1);
}
}
void swap(int[] nums, int a, int b) {
int c = nums[a];
nums[a] = nums[b];
nums[b] = c;
}
void sa() {
shuffle(ws);
for (double t = hi; t > lo; t *= fa) {
int a = random.nextInt(n), b = random.nextInt(n);
int prev = calc();
swap(ws, a, b);
int cur = calc();
int diff = cur - prev;
if (Math.log(-diff / t) > random.nextDouble()) swap(ws, a, b);
}
}
int[] ws;
public int maxLength(List _ws) {
// 预处理字符串：去重，剔除无效字符
// 结果这一步后：N 可以下降到 100；fa 可以下降到 0.70，耗时约为 78 ms
// 为了预留将来添加测试数据，题解还是保持 N = 400 & fa = 0.90 的配置
n = _ws.size();
HashSet set = new HashSet<>();
for (String s : _ws) {
int val = 0;
for (char c : s.toCharArray()) {
int t = (int)(c - 'a');
if (((val >> t) & 1) != 0) {
val = -1;
break;
}
val |= (1 << t);
}
if (val != -1) set.add(val);
}
n = set.size();
if (n == 0) return 0;
ws = new int[n];
int idx = 0;
for (Integer i : set) ws[idx++] = i;
while (N-- > 0) sa();
return ans;
}
} 最后
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.1239 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