字符串C++[leetcode刷题笔记]

 目录

题目列表

344.反转字符串

541. 反转字符串II

替换空格 （​LCR 122. 路径加密​）

151.翻转字符串里的单词

左旋转字符串

KMP学习（28. 找出字符串中第一个匹配项的下标）

先学习一下KMP

解题思路：

459.重复的子字符串

（1）暴力法

（2）移动匹配

（3）KMP

字符串：总结

什么是字符串

双指针法

反转系列

KMP

总结

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跟着代码随想录在leetcode上刷题，并学习字符串相关知识，后续会继续学习，将字符串重要的知识点和相关的题目整理到这篇笔记里面。

题目列表

344.反转字符串

题目链接：344. 反转字符串

题目描述：编写一个函数，其作用是将输入的字符串反转过来。输入字符串以字符数组 s 的形式给出。不要给另外的数组分配额外的空间，你必须原地修改输入数组、使用 O(1) 的额外空间解决这一问题。

示例 1： 输入：s = ["h","e","l","l","o"] 输出：["o","l","l","e","h"]

示例 2： 输入：s = ["H","a","n","n","a","h"] 输出：["h","a","n","n","a","H"]

---

解题思路：采用双指针的思路，从数组的最左边和最右边向中间遍历，两两交换，直到left >=right跳出循环。

代码

class Solution {
public:
    void reverseString(vector& s) {
        int left = 0;
        int right = s.size() - 1;
        while (left < right) {
            char t = s[left];
            s[left] = s[right];
            s[right] = t;
            left++;
            right--;
        }
    }
};

• 时间复杂度: O(n)
• 空间复杂度: O(1)

还可以使用for循环

class Solution {
public:
    void reverseString(vector& s) {
        for (int i = 0, j = s.size() - 1; i < s.size()/2; i++, j--) {
            swap(s[i],s[j]);
        }
    }
};

• 时间复杂度: O(n)
• 空间复杂度: O(1)

541. 反转字符串II

题目链接：541. 反转字符串 II

题目描述：给定一个字符串 s 和一个整数 k，从字符串开头算起，每计数至 2k 个字符，就反转这 2k 字符中的前 k 个字符。

• 如果剩余字符少于 k 个，则将剩余字符全部反转。
• 如果剩余字符小于 2k 但大于或等于 k 个，则反转前 k 个字符，其余字符保持原样。

示例 1：输入：s = "abcdefg", k = 2 输出："bacdfeg"

示例 2：输入：s = "abcd", k = 2 输出："bacd"

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解题思路：在遍历字符串的过程中，只要让 i += (2 * k)，i 每次移动 2 * k 就可以了，然后判断是否需要有反转的区间。因为要找的也就是每2 * k 区间的起点，这样写，程序会高效很多。

所以当需要固定规律一段一段去处理字符串的时候，要想想在在for循环的表达式上做做文章。

代码

调用c++reverse翻转库函数

class Solution {
public:
    string reverseStr(string s, int k) {
        for (int i = 0; i < s.size(); i += (2*k)) {
            if (i + k <=s.size()) {
                reverse(s.begin() + i, s.begin() + i + k);
            }else {
                reverse(s.begin() + i,s.end());
            }
        }
        return s;
    }
};

• 时间复杂度: O(n)
• 空间复杂度: O(1)

 自己实现reverse翻转函数

class Solution {
public:
    void reverse(string& s, int start, int end) {
        for (int i = start, j = end; i < j; i++, j--) {
            swap(s[i], s[j]);
        }
    }
    string reverseStr(string s, int k) {
        for (int i = 0; i < s.size(); i += (2 * k)) {
            // 1. 每隔 2k 个字符的前 k 个字符进行反转
            // 2. 剩余字符小于 2k 但大于或等于 k 个，则反转前 k 个字符
            if (i + k <= s.size()) {
                reverse(s, i, i + k - 1);
                continue;
            }
            // 3. 剩余字符少于 k 个，则将剩余字符全部反转。
            reverse(s, i, s.size() - 1);
        }
        return s;
    }
};

• 时间复杂度: O(n)
• 空间复杂度: O(1)或O(n), 取决于使用的语言中字符串是否可以修改

替换空格 （​LCR 122. 路径加密​）

题目链接：LCR 122. 路径加密

题目描述：假定一段路径记作字符串 path，其中以 "." 作为分隔符。现需将路径加密，加密方法为将 path 中的分隔符替换为空格 " "，请返回加密后的字符串。

示例 1：输入：path = "a.aef.qerf.bb" 输出："a aef qerf bb"

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解题思路：此题很简单，不多描述

代码

class Solution {
public:
    string pathEncryption(string path) {
        for (int i = 0; i < path.size(); i++) {
            if (path[i] == '.') {
                path[i] = ' ';
            }
        }
        return path;
    }
};

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

151.翻转字符串里的单词

题目链接：151. 反转字符串中的单词

题目描述：给你一个字符串 s ，请你反转字符串中 单词 的顺序。单词 是由非空格字符组成的字符串。s 中使用至少一个空格将字符串中的 单词 分隔开。返回 单词 顺序颠倒且 单词 之间用单个空格连接的结果字符串。

注意：输入字符串 s中可能会存在前导空格、尾随空格或者单词间的多个空格。返回的结果字符串中，单词间应当仅用单个空格分隔，且不包含任何额外的空格。

示例 1：输入：s = "the sky is blue" 输出："blue is sky the"

示例 2：输入：s = "  hello world  " 输出："world hello" 解释：反转后的字符串中不能存在前导空格和尾随空格。

示例 3：输入：s = "a good   example" 输出："example good a" 解释：如果两个单词间有多余的空格，反转后的字符串需要将单词间的空格减少到仅有一个。

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解题思路：将整个字符串都反转过来，那么单词的顺序指定是倒序了，只不过单词本身也倒序了，那么再把单词反转一下，单词不就正过来了。

所以解题思路如下：

• 移除多余空格
• 将整个字符串反转
• 将每个单词反转

举个例子，源字符串为："the sky is blue "

• 移除多余空格 : "the sky is blue"
• 字符串反转："eulb si yks eht"
• 单词反转："blue is sky the"

此题需要注意删除空格的方法：不能使用for循环遍历再用erase函数，因为erase函数的时间复杂度是O(n)，所以加上for循环时间复杂度就是O(n*n)。

需要采用双指针的方法来进行删除，最后resize（重新设置）一下字符串的大小，就可以做到O(n)的时间复杂度。

代码

class Solution {
public:
    // 去除多余的空格，当遍历到字母不是空格时，调到while循环直到遍历到空格为止。
    void removeSpace(string& s) {
        int left = 0;
        for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
            if (s[i] != ' ') {
                if (left > 0) s[left++] = ' ';//手动添加空格
                while (s[i] != ' ' && i < s.size()) {
                    s[left++] =s[i++];
                }
            }
        }
        // 重新定义字符串的长度，即后半部分没有修改到的字符串就不要了
        s.resize(left);
    }
    // 翻转字符串
    string reverse (string& s,int left, int right) {
        while (left < right) {
            swap(s[left],s[right]);
            left++;
            right--;
        }
        return s;
    }
    string reverseWords(string s) {
        // 首先去除字符串多余的空格
        removeSpace(s);
        // 翻转整个字符串
        reverse(s, 0, s.size()-1);
        // 开始循环逐个翻转单词
        int start = 0;//开始翻转单词的首字符的下标
        // 注意边界条件的控制，最后一个单词的翻转
        for (int i = 0; i <= s.size(); i++) {
            if(s[i] == ' ' || i == s.size()) {
                reverse(s, start, i - 1);
                start = i + 1;//开始遍历的字符下标指向下一个单词的首字母
            }
        }
        return s;
    }
};

• 时间复杂度: O(n)
• 空间复杂度: O(1) 或 O(n)，取决于语言中字符串是否可变

左旋转字符串

题目链接：LCR 182. 动态口令

题目描述：某公司门禁密码使用动态口令技术。初始密码为字符串 password，密码更新均遵循以下步骤：

• 设定一个正整数目标值 target
• 将 password 前 target 个字符按原顺序移动至字符串末尾

请返回更新后的密码字符串。

示例 1：输入: password = "s3cur1tyC0d3", target = 4 输出: "r1tyC0d3s3cu"

示例 2：输入: password = "lrloseumgh", target = 6 输出: "umghlrlose"

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解题思路：这道题目也非常类似，依然可以通过局部反转+整体反转 达到左旋转的目的。

1. 反转区间为前n的子串
2. 反转区间为n到末尾的子串
3. 反转整个字符串

最后就可以达到左旋n的目的，而不用定义新的字符串，完全在本串上操作。

例如 ：示例1中 输入：字符串abcdefg，n=2

最终得到左旋2个单元的字符串：cdefgab

代码

class Solution {
public:
    string dynamicPassword(string password, int target) {
        reverse(password.begin(),password.begin() + target);
        reverse(password.begin() + target, password.end());
        reverse(password.begin(), password.end());
        return password;
    }
};

• 时间复杂度: O(n)
• 空间复杂度：O(1)

KMP学习（28. 找出字符串中第一个匹配项的下标）

题目链接：28. 找出字符串中第一个匹配项的下标

题目描述：给你两个字符串 haystack 和 needle ，请你在 haystack 字符串中找出 needle 字符串的第一个匹配项的下标（下标从 0 开始）。如果 needle 不是 haystack 的一部分，则返回  -1 。

示例 1：输入：haystack = "sadbutsad", needle = "sad" 输出：0

解释："sad" 在下标 0 和 6 处匹配。第一个匹配项的下标是 0 ，所以返回 0 。

示例 2：输入：haystack = "leetcode", needle = "leeto" 输出：-1

解释："leeto" 没有在 "leetcode" 中出现，所以返回 -1 。

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先学习一下KMP

1）KMP有什么用

KMP主要应用在字符串匹配上。

KMP的主要思想是当出现字符串不匹配时，可以知道一部分之前已经匹配的文本内容，可以利用这些信息避免从头再去做匹配了。

所以如何记录已经匹配的文本内容，是KMP的重点，也是next数组肩负的重任。

弄清楚：next数组里的数字表示的是什么，为什么这么表示？

2）什么是前缀表

next数组就是一个前缀表。前缀表是用来回退的，它记录了模式串与主串(文本串)不匹配的时候，模式串应该从哪里开始重新匹配。

例如要在文本串：aabaabaafa 中查找是否出现过一个模式串：aabaaf。

如动画所示：

文本串中第六个字符b 和 模式串的第六个字符f，不匹配了。如果暴力匹配，发现不匹配，此时就要从头匹配了。

但如果使用前缀表，就不会从头匹配，而是从上次已经匹配的内容开始匹配，找到了模式串中第三个字符b继续开始匹配。

此时就要问了前缀表是如何记录的呢？

首先要知道前缀表的任务是当前位置匹配失败，找到之前已经匹配上的位置，再重新匹配，此也意味着在某个字符失配时，前缀表会告诉你下一步匹配中，模式串应该跳到哪个位置。

那么什么是前缀表：记录下标i之前（包括i）的字符串中，有多大长度的相同前缀后缀。

3）最长公共前后缀

文章中字符串的前缀是指不包含最后一个字符的所有以第一个字符开头的连续子串。

后缀是指不包含第一个字符的所有以最后一个字符结尾的连续子串。

算法导论 和 算法4里KMP的章节，都没有提到 “最长公共前后缀”这个词，理解是用“最长相等前后缀” 更准确一些。因为前缀表要求的就是相同前后缀的长度。

所以字符串a的最长相等前后缀为0。 字符串aa的最长相等前后缀为1。 字符串aaa的最长相等前后缀为2。 等等.....。

4）为什么一定要用前缀表

这就是前缀表，那为啥就能告诉我们 上次匹配的位置，并跳过去呢？

回顾一下，刚刚匹配的过程在下标5的地方遇到不匹配，模式串是指向f，如图：

然后就找到了下标2，指向b，继续匹配：如图：

以下这句话，对于理解为什么使用前缀表可以告诉我们匹配失败之后跳到哪里重新匹配非常重要！

下标5之前这部分的字符串（也就是字符串aabaa）的最长相等的前缀 和 后缀字符串是 子字符串aa ，因为找到了最长相等的前缀和后缀，匹配失败的位置是后缀子串的后面，那么我们找到与其相同的前缀的后面重新匹配就可以了。

所以前缀表具有告诉我们当前位置匹配失败，跳到之前已经匹配过的地方的能力。

5）如何计算前缀表

长度为前1个字符的子串a，最长相同前后缀的长度为0。（注意字符串的前缀是指不包含最后一个字符的所有以第一个字符开头的连续子串；后缀是指不包含第一个字符的所有以最后一个字符结尾的连续子串。）

长度为前2个字符的子串aa，最长相同前后缀的长度为1。

长度为前3个字符的子串aab，最长相同前后缀的长度为0。

以此类推： 长度为前4个字符的子串aaba，最长相同前后缀的长度为1。 长度为前5个字符的子串aabaa，最长相同前后缀的长度为2。 长度为前6个字符的子串aabaaf，最长相同前后缀的长度为0。

那么把求得的最长相同前后缀的长度就是对应前缀表的元素，如图：

可以看出模式串与前缀表对应位置的数字表示的就是：下标i之前（包括i）的字符串中，有多大长度的相同前缀后缀。

再来看一下如何利用 前缀表找到 当字符不匹配的时候应该指针应该移动的位置。如动画所示：

找到的不匹配的位置， 那么此时我们要看它的前一个字符的前缀表的数值是多少。

为什么要前一个字符的前缀表的数值呢，因为要找前面字符串的最长相同的前缀和后缀。

所以要看前一位的 前缀表的数值。

前一个字符的前缀表的数值是2， 所以把下标移动到下标2的位置继续比配。 可以再反复看一下上面的动画。

最后就在文本串中找到了和模式串匹配的子串了。

6）前缀表与next数组

next数组就可以是前缀表，但是很多实现都是把前缀表统一减一（右移一位，初始位置为-1）之后作为next数组。

为什么这么做呢，其实也是很多文章视频没有解释清楚的地方。

其实这并不涉及到KMP的原理，而是具体实现，next数组既可以就是前缀表，也可以是前缀表统一减一（右移一位，初始位置为-1）。

7）使用next数组来匹配

以下我们以前缀表统一减一之后的next数组来做演示。有了next数组，就可以根据next数组来 匹配文本串s，和模式串t了。注意next数组是新前缀表（旧前缀表统一减一了）。

匹配过程动画如下：

8）时间复杂度分析

其中n为文本串长度，m为模式串长度，因为在匹配的过程中，根据前缀表不断调整匹配的位置，可以看出匹配的过程是O(n)，之前还要单独生成next数组，时间复杂度是O(m)。所以整个KMP算法的时间复杂度是O(n+m)的。

暴力的解法显而易见是O(n × m)，所以KMP在字符串匹配中极大地提高了搜索的效率。

解题思路：

为了方便理解，以下文章统称haystack为文本串, needle为模式串。

1）构造next数组

定义一个函数getNext来构建next数组，函数参数为指向next数组的指针，和一个字符串。

void getNext(int* next, const string& s)

构造next数组其实就是计算模式串s，前缀表的过程。 主要有如下三步：

1. 初始化
2. 处理前后缀不相同的情况
3. 处理前后缀相同的情况

接下来我们详解一下。

1. 初始化：

定义两个指针i和j，j指向前缀末尾位置，i指向后缀末尾位置。

然后还要对next数组进行初始化赋值，如下：

int j = -1;
next[0] = j;

j 为什么要初始化为 -1呢，因为之前说过 前缀表要统一减一的操作仅仅是其中的一种实现，我们这里选择j初始化为-1，下文还会给出j不初始化为-1的实现代码。

next[i] 表示 i（包括i）之前最长相等的前后缀长度（其实就是j）

所以初始化next[0] = j 。

• 处理前后缀不相同的情况

因为j初始化为-1，那么i就从1开始，进行s[i] 与 s[j+1]的比较。

所以遍历模式串s的循环下标i 要从 1开始，代码如下：

for (int i = 1; i < s.size(); i++) {

如果 s[i] 与 s[j+1]不相同，也就是遇到 前后缀末尾不相同的情况，就要向前回退。

怎么回退呢？

next[j]就是记录着j（包括j）之前的子串的相同前后缀的长度。

那么 s[i] 与 s[j+1] 不相同，就要找 j+1前一个元素在next数组里的值（就是next[j]）。

所以，处理前后缀不相同的情况代码如下：

while (j >= 0 && s[i] != s[j + 1]) { // 前后缀不相同了
    j = next[j]; // 向前回退
}

• 处理前后缀相同的情况

如果 s[i] 与 s[j + 1] 相同，那么就同时向后移动i 和j 说明找到了相同的前后缀，同时还要将j（前缀的长度）赋给next[i], 因为next[i]要记录相同前后缀的长度。

代码如下：

if (s[i] == s[j + 1]) { // 找到相同的前后缀
    j++;
}
next[i] = j;

最后整体构建next数组的函数代码如下：

void getNext(int* next, const string& s){
    int j = -1;
    next[0] = j;
    for(int i = 1; i < s.size(); i++) { // 注意i从1开始
        while (j >= 0 && s[i] != s[j + 1]) { // 前后缀不相同了
            j = next[j]; // 向前回退
        }
        if (s[i] == s[j + 1]) { // 找到相同的前后缀
            j++;
        }
        next[i] = j; // 将j（前缀的长度）赋给next[i]
    }
}

代码构造next数组的逻辑流程动画如下：

得到了next数组之后，就要用这个来做匹配了。

2)使用next数组来做匹配

在文本串s里 找是否出现过模式串t。

定义两个下标, j 指向模式串起始位置，i指向文本串起始位置。

那么j初始值依然为-1，为什么呢？ 依然因为next数组里记录的起始位置为-1。

i就从0开始，遍历文本串，代码如下：

for (int i = 0; i < s.size(); i++) 

接下来就是 s[i] 与 t[j + 1] （因为j从-1开始的） 进行比较。

如果 s[i] 与 t[j + 1] 不相同，j就要从next数组里寻找下一个匹配的位置。

代码如下：

while(j >= 0 && s[i] != t[j + 1]) {
    j = next[j];
}

如果 s[i] 与 t[j + 1] 相同，那么i 和 j 同时向后移动， 代码如下：

if (s[i] == t[j + 1]) {
    j++; // i的增加在for循环里
}

如何判断在文本串s里出现了模式串t呢，如果j指向了模式串t的末尾，那么就说明模式串t完全匹配文本串s里的某个子串了。

本题要在文本串字符串中找出模式串出现的第一个位置 (从0开始)，所以返回当前在文本串匹配模式串的位置i 减去 模式串的长度，就是文本串字符串中出现模式串的第一个位置。

代码如下：

if (j == (t.size() - 1) ) {
    return (i - t.size() + 1);
}

那么使用next数组，用模式串匹配文本串的整体代码如下：

int j = -1; // 因为next数组里记录的起始位置为-1
for (int i = 0; i < s.size(); i++) { // 注意i就从0开始
    while(j >= 0 && s[i] != t[j + 1]) { // 不匹配
        j = next[j]; // j 寻找之前匹配的位置
    }
    if (s[i] == t[j + 1]) { // 匹配，j和i同时向后移动
        j++; // i的增加在for循环里
    }
    if (j == (t.size() - 1) ) { // 文本串s里出现了模式串t
        return (i - t.size() + 1);
    }
}

代码

class Solution {
public:
    // 给next数组赋值
    void getNext (int* next, const string& s) {
        int j = -1; //初始化j
        next[0] = j;//初始化next[0]
        for (int i = 1; i = 0) {
                j = next[j];
            }
            if (s[i] == s[j+1]) {//前后缀相等
                j++;
            }
            next[i] = j;
        }
    }
    int strStr(string haystack, string needle) {
        if (needle.size() == 0) {
            return 0;
        }
        int next[needle.size()];
        getNext(next, needle);
        // 对两个串进行判断
        int j = -1;
        for (int i = 0; i < haystack.size(); i++) {
            
            while (haystack[i] != needle[j + 1] && j >= 0) {
                j = next[j];
            }
            if (haystack[i] == needle[j + 1]) {
                j++;
            }
            if (j == (needle.size() - 1)) {
                return (i - needle.size() + 1);
            }
        }
        return -1;
    }
};

• 时间复杂度: O(n + m)
• 空间复杂度: O(m)

next数组不减一的代码写法

class Solution {
public:
    void getNext(int* next, const string& s) {
        int j = 0;
        next[0] = 0;
        for(int i = 1; i < s.size(); i++) {
            while (j > 0 && s[i] != s[j]) {
                j = next[j - 1];
            }
            if (s[i] == s[j]) {
                j++;
            }
            next[i] = j;
        }
    }
    int strStr(string haystack, string needle) {
        if (needle.size() == 0) {
            return 0;
        }
        int next[needle.size()];
        getNext(next, needle);
        int j = 0;
        for (int i = 0; i < haystack.size(); i++) {
            while(j > 0 && haystack[i] != needle[j]) {
                j = next[j - 1];
            }
            if (haystack[i] == needle[j]) {
                j++;
            }
            if (j == needle.size() ) {
                return (i - needle.size() + 1);
            }
        }
        return -1;
    }
};

• 时间复杂度: O(n + m)
• 空间复杂度: O(m)

459.重复的子字符串

题目链接：459. 重复的子字符串

题目描述：给定一个非空的字符串 s ，检查是否可以通过由它的一个子串重复多次构成。

示例 1:输入: s = "abab"输出: true解释: 可由子串 "ab" 重复两次构成。

示例 2:输入: s = "aba"输出: false

示例 3:输入: s = "abcabcabcabc"输出: true

解释: 可由子串 "abc" 重复四次构成。 (或子串 "abcabc" 重复两次构成。)

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解题思路：此题一共有三种解法：暴力求解、移动匹配、KMP。

（1）暴力法

暴力的解法， 就是一个for循环获取 子串的终止位置， 然后判断子串是否能重复构成字符串，又嵌套一个for循环，所以是O(n^2)的时间复杂度。

其实我们只需要判断，以第一个字母为开始的子串就可以，所以一个for循环获取子串的终止位置就行了。 而且遍历的时候 都不用遍历结束，只需要遍历到中间位置，因为子串结束位置大于中间位置的话，一定不能重复组成字符串。

暴力的解法，这里就不详细讲解了。

主要讲一讲移动匹配 和 KMP两种方法。

（2）移动匹配

当一个字符串s：abcabc，内部由重复的子串组成，那么这个字符串的结构一定是这样的：

也就是由前后相同的子串组成。

那么既然前面有相同的子串，后面有相同的子串，用 s + s，这样组成的字符串中，后面的子串做前串，前面的子串做后串，就一定还能组成一个s，如图：

所以判断字符串s是否由重复子串组成，只要两个s拼接在一起，里面还出现一个s的话，就说明是由重复子串组成。

当然，我们在判断 s + s 拼接的字符串里是否出现一个s的的时候，要刨除 s + s 的首字符和尾字符，这样避免在s+s中搜索出原来的s，我们要搜索的是中间拼接出来的s。

代码如下：

class Solution {
public:
    bool repeatedSubstringPattern(string s) {
        string t = s + s;
        t.erase(t.begin()); t.erase(t.end() - 1); // 掐头去尾
        if (t.find(s) != std::string::npos) return true; // r
        return false;
    }
};

• 时间复杂度: O(n)
• 空间复杂度: O(1)

不过这种解法还有一个问题，就是 我们最终还是要判断 一个字符串（s + s）是否出现过 s 的过程，大家可能直接用contains，find 之类的库函数。 却忽略了实现这些函数的时间复杂度（暴力解法是m * n，一般库函数实现为 O(m + n)）。

（3）KMP

再回顾一下：

• 前缀是指不包含最后一个字符的所有以第一个字符开头的连续子串；
• 后缀是指不包含第一个字符的所有以最后一个字符结尾的连续子串

在由重复子串组成的字符串中，最长相等前后缀不包含的子串就是最小重复子串，这里拿字符串s：abababab 来举例，ab就是最小重复单位，如图所示：

如何找到最小重复子串

这里有同学就问了，为啥一定是开头的ab呢。 其实最关键还是要理解 最长相等前后缀，如图：

步骤一：因为 这是相等的前缀和后缀，t[0] 与 k[0]相同， t[1] 与 k[1]相同，所以 s[0] 一定和 s[2]相同，s[1] 一定和 s[3]相同，即：，s[0]s[1]与s[2]s[3]相同 。

步骤二： 因为在同一个字符串位置，所以 t[2] 与 k[0]相同，t[3] 与 k[1]相同。

步骤三： 因为 这是相等的前缀和后缀，t[2] 与 k[2]相同 ，t[3]与k[3] 相同，所以，s[2]一定和s[4]相同，s[3]一定和s[5]相同，即：s[2]s[3] 与 s[4]s[5]相同。

步骤四：循环往复。

所以字符串s，s[0]s[1]与s[2]s[3]相同， s[2]s[3] 与 s[4]s[5]相同，s[4]s[5] 与 s[6]s[7] 相同。

正是因为最长相等前后缀的规则，当一个字符串由重复子串组成的，最长相等前后缀不包含的子串就是最小重复子串。

简单推理

假设字符串s使用多个重复子串构成（这个子串是最小重复单位），重复出现的子字符串长度是x，所以s是由n * x组成。

因为字符串s的最长相同前后缀的长度一定是不包含s本身，所以 最长相同前后缀长度必然是m * x，而且 n - m = 1，（这里如果不懂，看上面的推理）

所以如果 nx % (n - m)x = 0，就可以判定有重复出现的子字符串。

next 数组记录的就是最长相同前后缀，如果 next[len - 1] != -1，则说明字符串有最长相同的前后缀（就是字符串里的前缀子串和后缀子串相同的最长长度）。字符串：KMP算法精讲

最长相等前后缀的长度为：next[len - 1] + 1。

数组长度为：len。

如果len % (len - (next[len - 1] + 1)) == 0 ，则说明数组的长度正好可以被 (数组长度-最长相等前后缀的长度) 整除 ，说明该字符串有重复的子字符串。

数组长度减去最长相同前后缀的长度相当于是第一个周期的长度，也就是一个周期的长度，如果这个周期可以被整除，就说明整个数组就是这个周期的循环。

强烈建议大家把next数组打印出来，看看next数组里的规律，有助于理解KMP算法

如图：

next[len - 1] = 7，next[len - 1] + 1 = 8，8就是此时字符串asdfasdfasdf的最长相同前后缀的长度。

(len - (next[len - 1] + 1)) 也就是： 12(字符串的长度) - 8(最长公共前后缀的长度) = 4， 4正好可以被 12(字符串的长度) 整除，所以说明有重复的子字符串（asdf）。

C++代码如下：（这里使用了前缀表统一减一的实现方式）

class Solution {
public:
    void getNext (int* next, const string& s){
        next[0] = -1;
        int j = -1;
        for(int i = 1;i < s.size(); i++){
            while(j >= 0 && s[i] != s[j + 1]) {
                j = next[j];
            }
            if(s[i] == s[j + 1]) {
                j++;
            }
            next[i] = j;
        }
    }
    bool repeatedSubstringPattern (string s) {
        if (s.size() == 0) {
            return false;
        }
        int next[s.size()];
        getNext(next, s);
        int len = s.size();
        if (next[len - 1] != -1 && len % (len - (next[len - 1] + 1)) == 0) {
            return true;
        }
        return false;
    }
};

• 时间复杂度: O(n)
• 空间复杂度: O(n)

前缀表（不减一）的C++代码实现：

class Solution {
public:
    void getNext (int* next, const string& s){
        next[0] = 0;
        int j = 0;
        for(int i = 1;i < s.size(); i++){
            while(j > 0 && s[i] != s[j]) {
                j = next[j - 1];
            }
            if(s[i] == s[j]) {
                j++;
            }
            next[i] = j;
        }
    }
    bool repeatedSubstringPattern (string s) {
        if (s.size() == 0) {
            return false;
        }
        int next[s.size()];
        getNext(next, s);
        int len = s.size();
        if (next[len - 1] != 0 && len % (len - (next[len - 1] )) == 0) {
            return true;
        }
        return false;
    }
};

• 时间复杂度: O(n)
• 空间复杂度: O(n)

字符串：总结

什么是字符串

字符串是若干字符组成的有限序列，也可以理解为是一个字符数组，但是很多语言对字符串做了特殊的规定，接下来我来说一说C/C++中的字符串。在C语言中，把一个字符串存入一个数组时，也把结束符 '\0'存入数组，并以此作为该字符串是否结束的标志。

例如这段代码：

char a[5] = "asd";
for (int i = 0; a[i] != '\0'; i++) {
}

在C++中，提供一个string类，string类会提供 size接口，可以用来判断string类字符串是否结束，就不用'\0'来判断是否结束。

例如这段代码:

string a = "asd";
for (int i = 0; i < a.size(); i++) {
}

那么vector< char > 和 string 又有什么区别呢？

其实在基本操作上没有区别，但是 string提供更多的字符串处理的相关接口，例如string 重载了+，而vector却没有。

所以想处理字符串，我们还是会定义一个string类型。

双指针法

在344.反转字符串我们使用双指针法实现了反转字符串的操作，双指针法在数组，链表和字符串中很常用。其实很多数组填充类的问题，都可以先预先给数组扩容到填充后的大小，然后在从后向前进行操作。

那么针对数组删除操作的问题，其实在27. 移除元素中就已经提到了使用双指针法进行移除操作。27. 移除元素

同样的道理在151.翻转字符串里的单词中我们使用O(n)的时间复杂度，完成了删除冗余空格

一些同学会使用for循环里调用库函数erase来移除元素，这其实是O(n^2)的操作，因为erase就是O(n)的操作，所以这也是典型的不知道库函数的时间复杂度，上来就用的案例了。

反转系列

541. 反转字符串II中，一些同学可能为了处理逻辑：每隔2k个字符的前k的字符，写了一堆逻辑代码或者再搞一个计数器，来统计2k，再统计前k个字符。

其实当需要固定规律一段一段去处理字符串的时候，要想想在在for循环的表达式上做做文章。

只要让 i += (2 * k)，i 每次移动 2 * k 就可以了，然后判断是否需要有反转的区间。

因为要找的也就是每2 * k 区间的起点，这样写程序会高效很多。

在151.翻转字符串里的单词中要求翻转字符串里的单词，这道题目可以说是综合考察了字符串的多种操作。是考察字符串的好题。

这道题目通过 先整体反转再局部反转，实现了反转字符串里的单词。后来发现反转字符串还有一个牛逼的用处，就是达到左旋的效果。

KMP

KMP的主要思想是当出现字符串不匹配时，可以知道一部分之前已经匹配的文本内容，可以利用这些信息避免从头再去做匹配了。

KMP的精髓所在就是前缀表。前缀表：起始位置到下标i之前（包括i）的子串中，有多大长度的相同前缀后缀。

那么使用KMP可以解决两类经典问题：

1. 匹配问题：28. 实现 strStr()

• 重复子串问题：459.重复的子字符串

再一次强调了什么是前缀，什么是后缀，什么又是最长相等前后缀。

前缀：指不包含最后一个字符的所有以第一个字符开头的连续子串。

后缀：指不包含第一个字符的所有以最后一个字符结尾的连续子串。

然后针对前缀表到底要不要减一，这其实是不同KMP实现的方式，其中主要理解j=next[x]这一步最为关键！

总结

字符串类类型的题目，往往想法比较简单，但是实现起来并不容易，复杂的字符串题目非常考验对代码的掌控能力。双指针法是字符串处理的常客。KMP算法是字符串查找最重要的算法，但彻底理解KMP并不容易。