本节内容
139.单词拆分※
建议：
题目链接： https://leetcode.cn/problems/word-break/
文章讲解： https://programmercarl.com/0139.%E5%8D%95%E8%AF%8D%E6%8B%86%E5%88%86.html
视频讲解：
题目分析
方案一
先尝试使用回溯算法去解决一下
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| class Solution {
private HashMap<Character, List<String>> wordDictMap = new HashMap<>();
boolean FLAG = false;
public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
for (int i = 0; i < wordDict.size(); i++) {
char c = wordDict.get(i).charAt(0);
if (wordDictMap.containsKey(c)) {
wordDictMap.get(c).add(wordDict.get(i));
} else {
ArrayList<String> strList = new ArrayList<>();
strList.add(wordDict.get(i));
wordDictMap.put(c, strList);
}
}
backtracking(s, 0);
return FLAG;
}
private void backtracking(String s, int index) {
if (index == s.length()) {
FLAG = true;
return;
}
List<String> stringList = wordDictMap.get(s.charAt(index));
if (stringList == null) return;
for (String string : stringList) {
int length = string.length();
if (index + length > s.length()) continue;
if (s.substring(index, index + length).equals(string)) {
backtracking(s, index + length);
}
}
}
}
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结果
运行失败:
Time Limit Exceeded
测试用例:”aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaab”
[“a”,”aa”,”aaa”,”aaaa”,”aaaaa”,”aaaaaa”,”aaaaaaa”,”aaaaaaaa”,”aaaaaaaaa”,”aaaaaaaaaa”]
分析
时间复杂度：
O( 2 ^ n ) 因为每一个单词都有两个状态，切割和不切割
空间复杂度：
O( n )
方案二
dp算法实在是太妙了，做本题的时候，没有想好那个是背包，那个是物品，看了一眼题解之后才敢确定。
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| class Solution {
public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
boolean[] dp = new boolean[s.length() + 1];
dp[0] = true;
for (int j = 0; j < s.length() + 1; j++) {
for (int i = 0; i < wordDict.size(); i++) {
int length = wordDict.get(i).length();
if (j - length >= 0 ) {
dp[j] = wordDict.get(i).equals(s.substring(j - length, j)) && dp[j - length] || dp[j];
}
}
}
return dp[s.length()];
}
}
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结果
解答成功:
执行耗时:7 ms,击败了66.37% 的Java用户
内存消耗:42.4 MB,击败了49.37% 的Java用户
分析
时间复杂度：
O( n * m ) n：字符串的长度； m：字典的长度
空间复杂度：
O( n )
代码随想录
https://programmercarl.com/0139.%E5%8D%95%E8%AF%8D%E6%8B%86%E5%88%86.html#%E7%AE%97%E6%B3%95%E5%85%AC%E5%BC%80%E8%AF%BE
思路
看到这道题目的时候，大家应该回想起我们之前讲解回溯法专题的时候，讲过的一道题目c，就是枚举字符串的所有分割情况。
回溯算法：分割回文串 ：是枚举分割后的所有子串，判断是否回文。
本道是枚举分割所有字符串，判断是否在字典里出现过。
那么这里我也给出回溯法C++代码：
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| class Solution {
private:
bool backtracking (const string& s, const unordered_set<string>& wordSet, int startIndex) {
if (startIndex >= s.size()) {
return true;
}
for (int i = startIndex; i < s.size(); i++) {
string word = s.substr(startIndex, i - startIndex + 1);
if (wordSet.find(word) != wordSet.end() && backtracking(s, wordSet, i + 1)) {
return true;
}
}
return false;
}
public:
bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
unordered_set<string> wordSet(wordDict.begin(), wordDict.end());
return backtracking(s, wordSet, 0);
}
};
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- 时间复杂度：O(2^n)，因为每一个单词都有两个状态，切割和不切割
- 空间复杂度：O(n)，算法递归系统调用栈的空间
那么以上代码很明显要超时了，超时的数据如下：
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| "aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaab"
["a","aa","aaa","aaaa","aaaaa","aaaaaa","aaaaaaa","aaaaaaaa","aaaaaaaaa","aaaaaaaaaa"]
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递归的过程中有很多重复计算，可以使用数组保存一下递归过程中计算的结果。
这个叫做记忆化递归，这种方法我们之前已经提过很多次了。
使用memory数组保存每次计算的以startIndex起始的计算结果，如果memory[startIndex]里已经被赋值了，直接用memory[startIndex]的结果。
C++代码如下：
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| class Solution {
private:
bool backtracking (const string& s,
const unordered_set<string>& wordSet,
vector<bool>& memory,
int startIndex) {
if (startIndex >= s.size()) {
return true;
}
if (!memory[startIndex]) return memory[startIndex];
for (int i = startIndex; i < s.size(); i++) {
string word = s.substr(startIndex, i - startIndex + 1);
if (wordSet.find(word) != wordSet.end() && backtracking(s, wordSet, memory, i + 1)) {
return true;
}
}
memory[startIndex] = false;
return false;
}
public:
bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
unordered_set<string> wordSet(wordDict.begin(), wordDict.end());
vector<bool> memory(s.size(), 1);
return backtracking(s, wordSet, memory, 0);
}
};
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这个时间复杂度其实也是：O(2^n)。只不过对于上面那个超时测试用例优化效果特别明显。
这个代码就可以AC了，当然回溯算法不是本题的主菜，背包才是！
背包问题
单词就是物品，字符串s就是背包，单词能否组成字符串s，就是问物品能不能把背包装满。
拆分时可以重复使用字典中的单词，说明就是一个完全背包！
动规五部曲分析如下：
- 确定dp数组以及下标的含义
dp[i] : 字符串长度为i的话，dp[i]为true，表示可以拆分为一个或多个在字典中出现的单词。
- 确定递推公式
如果确定dp[j] 是true，且 [j, i] 这个区间的子串出现在字典里，那么dp[i]一定是true。（j < i ）。
所以递推公式是 if([j, i] 这个区间的子串出现在字典里 && dp[j]是true) 那么 dp[i] = true。
- dp数组如何初始化
从递推公式中可以看出，dp[i] 的状态依靠 dp[j]是否为true，那么dp[0]就是递推的根基，dp[0]一定要为true，否则递推下去后面都都是false了。
那么dp[0]有没有意义呢？
dp[0]表示如果字符串为空的话，说明出现在字典里。
但题目中说了“给定一个非空字符串 s” 所以测试数据中不会出现i为0的情况，那么dp[0]初始为true完全就是为了推导公式。
下标非0的dp[i]初始化为false，只要没有被覆盖说明都是不可拆分为一个或多个在字典中出现的单词。
- 确定遍历顺序
题目中说是拆分为一个或多个在字典中出现的单词，所以这是完全背包。
还要讨论两层for循环的前后顺序。
如果求组合数就是外层for循环遍历物品，内层for遍历背包。
如果求排列数就是外层for遍历背包，内层for循环遍历物品。
我在这里做一个总结：
求组合数：
518.零钱兑换II
求排列数：
377.组合总和 Ⅳ
70.爬楼梯进阶版（完全背包）
求最小数：
322.零钱兑换
279.完全平方数
而本题其实我们求的是排列数，为什么呢。 拿 s = “applepenapple”, wordDict = [“apple”, “pen”] 举例。
“apple”, “pen” 是物品，那么我们要求 物品的组合一定是 “apple” + “pen” + “apple” 才能组成 “applepenapple”。
“apple” + “apple” + “pen” 或者 “pen” + “apple” + “apple” 是不可以的，那么我们就是强调物品之间顺序。
所以说，本题一定是 先遍历 背包，再遍历物品。
- 举例推导dp[i]
以输入: s = “leetcode”, wordDict = [“leet”, “code”]为例，dp状态如图：
dp[s.size()]就是最终结果。
动规五部曲分析完毕，C++代码如下：
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| class Solution {
public:
bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
unordered_set<string> wordSet(wordDict.begin(), wordDict.end());
vector<bool> dp(s.size() + 1, false);
dp[0] = true;
for (int i = 1; i <= s.size(); i++) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
string word = s.substr(j, i - j);
if (wordSet.find(word) != wordSet.end() && dp[j]) {
dp[i] = true;
}
}
}
return dp[s.size()];
}
};
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- 时间复杂度：O(n^3)，因为substr返回子串的副本是O(n)的复杂度（这里的n是substring的长度）
- 空间复杂度：O(n)
拓展
关于遍历顺序，再给大家讲一下为什么 先遍历物品再遍历背包不行。
这里可以给出先遍历物品再遍历背包的代码：
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| class Solution {
public:
bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
unordered_set<string> wordSet(wordDict.begin(), wordDict.end());
vector<bool> dp(s.size() + 1, false);
dp[0] = true;
for (int j = 0; j < wordDict.size(); j++) {
for (int i = wordDict[j].size(); i <= s.size(); i++) {
string word = s.substr(i - wordDict[j].size(), wordDict[j].size());
if ( word == wordDict[j] && dp[i - wordDict[j].size()]) {
dp[i] = true;
}
}
}
return dp[s.size()];
}
};
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使用用例：s = “applepenapple”, wordDict = [“apple”, “pen”]，对应的dp数组状态如下：
最后dp[s.size()] = 0 即 dp[13] = 0 ，而不是1，因为先用 “apple” 去遍历的时候，dp[8]并没有被赋值为1 （还没用”pen”），所以 dp[13]也不能变成1。
除非是先用 “apple” 遍历一遍，再用 “pen” 遍历，此时 dp[8]已经是1，最后再用 “apple” 去遍历，dp[13]才能是1。
如果大家对这里不理解，建议可以把我上面给的代码，拿去力扣上跑一跑，把dp数组打印出来，对着递推公式一步一步去看，思路就清晰了。
总结
本题和我们之前讲解回溯专题的 回溯算法：分割回文串 非常像，所以我也给出了对应的回溯解法。
稍加分析，便可知道本题是完全背包，是求能否组成背包，而且这里要求物品是要有顺序的。
代码实现
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| class Solution {
public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
HashSet<String> set = new HashSet<>(wordDict);
boolean[] valid = new boolean[s.length() + 1];
valid[0] = true;
for (int i = 1; i <= s.length(); i++) {
for (int j = 0; j < i && !valid[i]; j++) {
if (set.contains(s.substring(j, i)) && valid[j]) {
valid[i] = true;
}
}
}
return valid[s.length()];
}
}
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class Solution {
public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
boolean[] dp = new boolean[s.length() + 1];
dp[0] = true;
for (int i = 1; i <= s.length(); i++) {
for (String word : wordDict) {
int len = word.length();
if (i >= len && dp[i - len] && word.equals(s.substring(i - len, i))) {
dp[i] = true;
break;
}
}
}
return dp[s.length()];
}
}
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class Solution {
private Set<String> set;
private int[] memo;
public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
memo = new int[s.length()];
set = new HashSet<>(wordDict);
return backtracking(s, 0);
}
public boolean backtracking(String s, int startIndex) {
if (startIndex == s.length()) {
return true;
}
if (memo[startIndex] == -1) {
return false;
}
for (int i = startIndex; i < s.length(); i++) {
String sub = s.substring(startIndex, i + 1);
if (!set.contains(sub)) {
continue;
}
boolean res = backtracking(s, i + 1);
if (res) return true;
}
memo[startIndex] = -1;
return false;
}
}
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多重背包理论基础※
https://programmercarl.com/%E8%83%8C%E5%8C%85%E9%97%AE%E9%A2%98%E7%90%86%E8%AE%BA%E5%9F%BA%E7%A1%80%E5%A4%9A%E9%87%8D%E8%83%8C%E5%8C%85.html
这里就做一下简单介绍，大概了解一下。
有N种物品和一个容量为V 的背包。第i种物品最多有Mi件可用，每件耗费的空间是Ci ，价值是Wi 。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的耗费的空间 总和不超过背包容量，且价值总和最大。
多重背包和01背包是非常像的， 为什么和01背包像呢？
每件物品最多有Mi件可用，把Mi件摊开，其实就是一个01背包问题了。
例如：
背包最大重量为10。
物品为：
|重量|价值|数量|
|—|—|—|—|
|物品0|1|15|2|
|物品1|3|20|3|
|物品2|4|30|2|
问背包能背的物品最大价值是多少？
和如下情况有区别么？
|重量|价值|数量|
|—|—|—|—|
|物品0|1|15|1|
|物品0|1|15|1|
|物品1|3|20|1|
|物品1|3|20|1|
|物品1|3|20|1|
|物品2|4|30|1|
|物品2|4|30|1|
毫无区别，这就转成了一个01背包问题了，且每个物品只用一次。
这种方式来实现多重背包的代码如下：
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| void test_multi_pack() {
vector<int> weight = {1, 3, 4};
vector<int> value = {15, 20, 30};
vector<int> nums = {2, 3, 2};
int bagWeight = 10;
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
while (nums[i] > 1) {
weight.push_back(weight[i]);
value.push_back(value[i]);
nums[i]--;
}
}
vector<int> dp(bagWeight + 1, 0);
for(int i = 0; i < weight.size(); i++) {
for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) {
dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
}
for (int j = 0; j <= bagWeight; j++) {
cout << dp[j] << " ";
}
cout << endl;
}
cout << dp[bagWeight] << endl;
}
int main() {
test_multi_pack();
}
|
- 时间复杂度：O(m × n × k)，m：物品种类个数，n背包容量，k单类物品数量
也有另一种实现方式，就是把每种商品遍历的个数放在01背包里面在遍历一遍。
代码如下：（详看注释）
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| void test_multi_pack() {
vector<int> weight = {1, 3, 4};
vector<int> value = {15, 20, 30};
vector<int> nums = {2, 3, 2};
int bagWeight = 10;
vector<int> dp(bagWeight + 1, 0);
for(int i = 0; i < weight.size(); i++) {
for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) {
for (int k = 1; k <= nums[i] && (j - k * weight[i]) >= 0; k++) {
dp[j] = max(dp[j], dp[j - k * weight[i]] + k * value[i]);
}
}
for (int j = 0; j <= bagWeight; j++) {
cout << dp[j] << " ";
}
cout << endl;
}
cout << dp[bagWeight] << endl;
}
int main() {
test_multi_pack();
}
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- 时间复杂度：O(m × n × k)，m：物品种类个数，n背包容量，k单类物品数量
从代码里可以看出是01背包里面在加一个for循环遍历一个每种商品的数量。 和01背包还是如出一辙的。
当然还有那种二进制优化的方法，其实就是把每种物品的数量，打包成一个个独立的包。
和以上在循环遍历上有所不同，因为是分拆为各个包最后可以组成一个完整背包
总结
多重背包在面试中基本不会出现，力扣上也没有对应的题目，大家对多重背包的掌握程度知道它是一种01背包，并能在01背包的基础上写出对应代码就可以了。
背包问题总结※
https://programmercarl.com/%E8%83%8C%E5%8C%85%E6%80%BB%E7%BB%93%E7%AF%87.html
关于这几种常见的背包，其关系如下：
通过这个图，可以很清晰分清这几种常见背包之间的关系。
在讲解背包问题的时候，我们都是按照如下五部来逐步分析，把这五部都搞透了，算是对动规来理解深入了。
- 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
- 确定递推公式
- dp数组如何初始化
- 确定遍历顺序
- 举例推导dp数组
其实这五部里哪一步都很关键，但确定递推公式和确定遍历顺序都具有规律性和代表性，所以下面我从这两点来对背包问题做一做总结。
背包递推公式
问能否能装满背包（或者最多装多少）：dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]); ，对应题目如下：
问装满背包有几种方法：dp[j] += dp[j - nums[i]] ，对应题目如下：
问背包装满最大价值：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]); ，对应题目如下：
问装满背包所有物品的最小个数：dp[j] = min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j]); ，对应题目如下：
遍历顺序
01背包
二维dp数组01背包先遍历物品还是先遍历背包都是可以的，且第二层for循环是从小到大遍历。
一维dp数组01背包只能先遍历物品再遍历背包容量，且第二层for循环是从大到小遍历。
一维dp数组的背包在遍历顺序上和二维dp数组实现的01背包其实是有很大差异的，需要注意！
完全背包
说完01背包，再看看完全背包。
纯完全背包的一维dp数组实现，先遍历物品还是先遍历背包都是可以的，且第二层for循环是从小到大遍历。
但是仅仅是纯完全背包的遍历顺序是这样的，题目稍有变化，两个for循环的先后顺序就不一样了。
如果求组合数就是外层for循环遍历物品，内层for遍历背包。
如果求排列数就是外层for遍历背包，内层for循环遍历物品。
相关题目如下：
如果求最小数，那么两层for循环的先后顺序就无所谓了，相关题目如下：
对于背包问题，其实递推公式算是容易的，难是难在遍历顺序上，如果把遍历顺序搞透，才算是真正理解了。
总结
这篇背包问题总结篇是对背包问题的高度概括，讲最关键的两部：递推公式和遍历顺序，结合力扣上的题目全都抽象出来了。
