给定一个非空字符串 s 和一个包含非空单词列表的字典 wordDict,判定 s 是否可以被空格拆分为一个或多个在字典中出现的单词。
说明:
拆分时可以重复使用字典中的单词。
你可以假设字典中没有重复的单词。
示例 1:
输入: s = “leetcode”, wordDict = [“leet”, “code”]
输出: true
解释: 返回 true 因为 “leetcode” 可以被拆分成 “leet code”。
示例 2:
输入: s = “applepenapple”, wordDict = [“apple”, “pen”]
输出: true
解释: 返回 true 因为 “applepenapple” 可以被拆分成 “apple pen apple”。
注意你可以重复使用字典中的单词。
示例 3:
输入: s = “catsandog”, wordDict = [“cats”, “dog”, “sand”, “and”, “cat”]
输出: false
思路:
方法1: 采用递归的方法,使用函数 f f f,对于分割出的子串,若其存在在字典中,则对剩余子串递归调用 f f f进行分割。但是这个方法存在很大的冗余,因为找出的是一个字典中的字符串的组合(这个组合恰好能构成给定的字符串s),这个冗余需要想清楚。
方法2: 动态规划法。对于一个字符串子串,我们判断其所有子串是否在字典中。比方法1少了组合这个性质,因而时间少。具体实现, 我们使用 n+1大小数组的DP ,其中 n 是给定字符串s的长度。我们也使用 2 个下标指针 i 和 j ,其中 i 是当前字符串从头开始的子字符串(s’)的长度, j 是当前子字符串(s’)的拆分位置,拆分成 s1(0,j-1)和 s2(j,i-1)。为了求出 dp 数组,我们初始化dp[0] 为true ,这是因为空字符串总是字典的一部分。 dp 数组剩余的元素都初始化为 false。
代码:
方法1:递归调用
这个代码我测试没通过,因为超出时间限制了。我也没有再写代码去测试这段代码,反正对不对我就丢在这里了。
class Solution {
public:
void isInWordDict(string s,vector<string>& wordDict, bool & yes)
{
if(s.length()==0)
{
yes=true;
}
else{
string tmp_s1;
string tmp_s2;
for(int i=1;i<=s.length();i++)
{
tmp_s1=s.substr(0,i);
tmp_s2=s.substr(i,s.length()-i);
if(find(wordDict.begin(), wordDict.end(), tmp_s1)!=wordDict.end())
{
isInWordDict(tmp_s2,wordDict,yes);
}else{
continue;
}
}
}
}
bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
bool isIn=false;
isInWordDict(s,wordDict,isIn);
return isIn;
}
};
方法2:动态规划
class Solution {
public:
bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict)
{
vector<bool> state(s.length()+1, false);
state[0] = true;
for (int i = 1; i <= s.length(); i++) { //遍历长度
for (int j = 0; j < i ; j++) { //遍历子串长度
//注意find要包含该头文件#include
//只有当前长度为i的单词能被拆分成一种组合即可,则break
if (state[j] && find(wordDict.begin(), wordDict.end(), s.substr(j, i-j)) != wordDict.end()) {
state[i] = true;
break;
}
}
}
return state[s.length()];
}
};
结果:
方法二:动态规划
参考链接:
[1] 一个输在起跑线的男人: 单词拆分