Leetcode 2851. String Transformation
- Leetcode 2851. String Transformation
- 0. 吐槽
- 1. 算法思路
- 1. 整体思路
- 2. 字符串匹配优化
- 2. 代码实现
- 题目链接：2851. String Transformation
0. 吐槽
这道题多少有点坑爹，题目本身挺有意思的，是一道数组题目，其实用数学方法直接可以写出结果的数学表达式，因此做的时候成就感非常强。
但是，坑爹的来了，谁会想到这道题最终卡人的是数组匹配算法，真心晕菜！！！
举个不太恰当的例子，就像是你去复原一个魔方，你想了n久，终于想到了魔方的复原方法，然后到了考场上面，面试官给了你一块木头和一把锯子，让你先做个魔方然后再复原，还限时2h……
就尼玛坑爹啊！！！
不过万幸，总算是搞定了，顺道也优化了一下字符串的匹配算法，虽然非我所愿，但多少也有点成就感吧……
1. 算法思路
1. 整体思路
这一题整体思路上可以视为一道数组题目。
显然的，对于一个长度为 n n n的字符串s，我们经过 k k k此操作之后可能的操作方式总数有 ( n − 1 ) k (n-1)^{k} (n−1)k种。
我们假设第 k k k次操作之后字符串s恰好变为t的操作方式总数为 a k a_k ak，那么显然我们有如下递推公式：
a k = a k − 1 × ( m − 1 ) + ( ( n − 1 ) k − 1 − a k − 1 ) × m = m ⋅ ( n − 1 ) k − 1 − a k − 1 \begin{aligned} a_k &= a_{k-1} \times (m-1) + ((n-1)^{k-1} - a_{k-1}) \times m \\ &= m \cdot (n-1)^{k-1} - a_{k-1} \end{aligned} ak=ak−1×(m−1)+((n−1)k−1−ak−1)×m=m⋅(n−1)k−1−ak−1
其中， m m m表示s的所有循环字符串（至多经过一次操作之后得到的字符串）当中t的个数，亦即，s可以通过 m m m种旋转方式直接变为t。
此时，我们由上述递推公式，不难迭代写出：
a k = m ⋅ ( n − 1 ) k − 1 − a k − 1 a k − 1 = m ⋅ ( n − 1 ) k − 2 − a k − 2 ⋯ a 1 = m ⋅ ( n − 1 ) 0 − a 0 \begin{aligned} a_k &= m \cdot (n-1)^{k-1} - a_{k-1} \\ a_{k-1} &= m \cdot (n-1)^{k-2} - a_{k-2} \\ \cdots \\ a_1 &= m \cdot (n-1)^{0} - a_{0} \end{aligned} akak−1⋯a1=m⋅(n−1)k−1−ak−1=m⋅(n−1)k−2−ak−2=m⋅(n−1)0−a0
我们分别带入之后即可得到 a k a_k ak的表达式如下：
a k = ( − 1 ) k a 0 + m ∑ i = 0 k − 1 ( − 1 ) k − 1 − i ⋅ ( n − 1 ) i = ( − 1 ) k a 0 + m ⋅ ( n − 1 ) k − ( − 1 ) k n \begin{aligned} a_{k} &= (-1)^{k} a_0 + m \sum\limits_{i=0}^{k-1} (-1)^{k-1-i} \cdot (n-1)^i \\ &= (-1)^{k} a_0 + m \cdot \frac{(n-1)^k - (-1)^k}{n} \end{aligned} ak=(−1)ka0+mi=0∑k−1(−1)k−1−i⋅(n−1)i=(−1)ka0+m⋅n(n−1)k−(−1)k
因此，事实上这道题我们可以通过 n , m , k n,m,k n,m,k的值直接算出我们的最终答案。
剩下的问题就是 n , m n,m n,m的求解了，其中 n n n是显然的，剩下的就是 m m m的求解了，本来其实就是将s再拼接一份然后看一下新组成的这个字符串当中t一共出现的次数就行了，用伪代码表示就是：
n = len(s)
ns = s + s[:-1]
m = len([i for i in range(n) if ns[i:i+n] == t])
结果没想到这里居然一直超时，最后这道题大部分的时候居然都集中在了解决这个问题上面，也是醉了……
下面，我们就来看一下我们具体对于这个问题的优化。
2. 字符串匹配优化
如前所述，这里事实上我们可以将问题抽象为如下问题：
已知两个字符串
s和t，问s当中t一共出现过多少次。
因此这里其实就是一个字符串匹配的问题，不过我们可以对其进行一下优化：
- 如果
s当中的某一段已经和t匹配上了（假设起始坐标为i），此时我们就可以通过t本身的特性，找到t当中最接近头部的某个位置idx，满足t[idx:] == t[:n-idx]，此时我们可以直接跳转到这个位置，然后比较子串t[n-idx:]与s[i+n:i+n+idx]是否一致即可判断新的这个子串s[i+idx:i+idx+n]是否等于t，而无需判断中间的位置以及完整地判断这两个子串是否相同。
此时，问题就简化到了如何求得t当中最接近头部的某个位置idx，满足t[idx:] == t[:n-idx]，而这个可以通过z-algorithm来进行快速实现，关于这部分的内容，我们之前已经写过了一个博客（经典算法：Z算法（z algorithm））对其进行过整理了，这里我们就不再展开赘述了。
2. 代码实现
综上，我们就可以给出我们最终的python代码实现如下：
def z_algorithm(s):
n = len(s)
z = [0 for _ in range(n)]
l, r = -1, -1
for i in range(1, n):
if i > r:
l, r = i, i
while r < n and s[r-l] == s[r]:
r += 1
z[i] = r-l
r -= 1
else:
k = i - l
if z[k] < r - i + 1:
z[i] = z[k]
else:
l = i
while r < n and s[r-l] == s[r]:
r += 1
z[i] = r-l
r -= 1
z[0] = n
return z
def find_all(s, t):
l, n = len(s), len(t)
prefix = z_algorithm(t)
nxt, m = n, 0
for i in range(1, n):
if i + prefix[i] == n:
nxt = i
m = prefix[i]
break
idx = 0
cnt = 0
while idx < l:
idx = s.find(t, idx)
if idx == -1:
break
cnt += 1
if nxt < n:
while idx+n < l and t[m:] == s[idx+n:idx+n+nxt]:
idx = idx+nxt
cnt += 1
idx += 1
return cnt
class Solution:
def numberOfWays(self, s: str, t: str, k: int) -> int:
MOD = 10**9+7
n = len(s)
m = find_all(s+s[:-1], t)
f0 = 0 if s != t else 1
fk = f0 * pow(-1, k) + m * pow(n, -1, MOD) * (pow(n-1, k, MOD) - pow(-1, k))
return fk % MOD
提交代码评测得到：耗时801ms，占用内存41.1MB。
值得一提的是，截至23.9.10晚间，当前这个执行效率远远高于其他python提交的算法执行效率（其他实现当中最快的执行时间为3167ms），多少也是让我感觉挺有成就感的……