LeetCode 冥想：断词

此问题的描述是：

给定一个字符串 s 和一个字符串字典 worddict，如果 s 可以分割成一个或多个字典单词的空格分隔序列，则返回 true。 注意词典中的同一个单词可能会在分词中重复使用多次。

例如：

input: s = "leetcode", worddict = ["leet", "code"]
output: true

explanation: return true because "leetcode" can be segmented as "leet code".

或者：

input: s = "applepenapple", worddict = ["apple", "pen"]
output: true

explanation: return true because "applepenapple" can be segmented as "apple pen apple".
note that you are allowed to reuse a dictionary word.

或者：

input: s = "catsandog", worddict = ["cats", "dog", "sand", "and", "cat"]
output: false

此外，我们的约束表明worddict 的所有字符串都是**唯一**，并且：

• 1
• 1
• 1
• s 和 worddict[i] 仅由小写英文字母组成。

继续动态编程解决方案，我们可以看看一种流行的自下而上的方法，我们构建一个 dp 数组来跟踪是否可以在每个索引处将 s 分解为 worddict 中的单词。

每个索引css"> 我我我 dp 数组中将指示是否可以将整个字符串分解为从索引开始的单词 我我我 .

让我们用最初的错误值来创建它：

DreamGen

一个AI驱动的角色扮演和故事写作的平台

下载

let dp = array.from({ length: s.length + 1 }, () => false); // +1 for the base case, out of bounds

最后一个索引是空字符串，可以认为它是可破坏的，或者换句话说，有效的：

dp[s.length] = true; // base case

向后看，对于 s 的每个索引，我们可以检查从该索引开始是否可以到达 worddict 中的任何单词：

for (let i = s.length - 1; i >= 0; i--) {
  for (const word of worddict) {
    /* ... */
  }
}

如果我们仍在 s (i word.length

for (let i = s.length - 1; i >= 0; i--) {
  for (const word of worddict) {
    if (i + word.length <= s.length && s.slice(i, i + word.length) === word) {
      dp[i] = dp[i + word.length];
    }
    /* ... */
  }
}

如果我们可以将其分解为worddict中的任何单词，我们就不必继续查看其他单词，因此我们可以跳出循环：

for (let i = s.length - 1; i >= 0; i--) {
  for (const word of worddict) {
    if (i + word.length <= s.length && s.slice(i, i + word.length) === word) {
      dp[i] = dp[i + word.length];
    }
    if (dp[i]) {
      break;
    }
  }
}

最后，我们返回 dp[0] - 如果整个字符串可以分解为 worddict 中的单词，则其值将存储 true，否则为 false：

function wordbreak(s: string, worddict: string[]): boolean {
  /* ... */
  return dp[0];
}

而且，这是最终的解决方案：

function wordBreak(s: string, wordDict: string[]): boolean {
  let dp = Array.from({ length: s.length + 1 }, () => false); // +1 for the base case, out of bounds
  dp[s.length] = true; // base case

  for (let i = s.length - 1; i >= 0; i--) {
    for (const word of wordDict) {
      if (i + word.length <= s.length && s.slice(i, i + word.length) === word) {
        dp[i] = dp[i + word.length];
      }
      if (dp[i]) {
        break;
      }
    }
  }

  return dp[0];
}

时间和空间复杂度

时间复杂度为 o(n*m*t）o(n * m * t)o(n*m*t) 在哪里 nnn 是字符串 s， 米米米 是 worddict 中的单词数，并且 ttt 是 worddict 中的最大长度单词 - 因为我们有一个嵌套循环，通过切片操作遍历 worddict 中的每个单词，该切片操作使用 s 中每个字符的 word.length。

空间复杂度为 o(n)o(n)o(n) 因为我们为 s 的每个索引存储 dp 数组。

该系列中的最后一个动态规划问题将是最长递增子序列。在那之前，祝您编码愉快。