奉獻幾篇很早前寫給朋友的稿子，后來由於其它原因無法出版就壓了箱底。
今天拿出來曬曬太陽，看官覺得能入眼的話，就看看吧~
尋找包含給定字符集合的最小子串
現代的信息處理中，計算機發揮着極其重要的作用。而信息主要以字符串的形式顯示在我們面前，所以對字符串的處理在程序領域中有很多的研究，我們在程序中也常會用到字符串和它的相關算法。
想想小學的時候，老師布置的詞組造句的作業，我們能否寫個程序自動幫老師去判斷呢？
我們將這個問題抽象出來：給定一個字符串和一個字符集合，判斷字符集合是否都在字符串中出現過；同時再求該字符串的最小子串（子串的長度最小，長度一樣時取字典序最小），使得這個子串同樣包含字符集合中的所有元素，字符均為小寫英文字母。最小子串可能有多個，找到任意一個即可。
例如：
字符串S="abcdefg"，字符集合D={'c','f'}，那這個最小子串為S'="cdef"。
字符串S="cfcf"，字符集合D={'c','f'}，那這個最小子串為S'="cf"。
解法一
首先我們先規定下最小子串的判斷標准：首先判斷長度是否最小，其次如果長度一樣，則根據字典序大小進行判斷。需要注意的是，我們使用C++ STL中的std::string類的關系運算符默認是按字典序進行字符串大小比較的。所以我們需要定義minstr函數來比較之前定義的最小子串。minstr函數見代碼清單1。
| string minstr(string obj1, string obj2) { if (obj1.length() == obj2.length()) return min(obj1, obj2); return obj1.length() > obj2.length() ? obj2 : obj1; } |
代碼清單1 最小子串比較函數
因為只有當字符集合D里所有字符都在字符串S中出現過，最小包含字串才有可能存在，所以我們先來實現如何判斷D中字符是否都在S中出現的問題。對於這個問題，我們只需要先遍歷字符串，得到它的字符集合Ds，然后判斷D是否是Ds的子集就可以了。理論上很簡單，但在實際編碼時有個問題，就是如何實現這個字符集合及其相關操作。如果你熟悉STL的話，可以使用std::set模板類及其相關函數，但是這些函數的內部實現都太重太復雜了，我們更傾向於找到輕量級的解決方案。由於我們的集合是針對英文字符而言的，英文字母總共只有26個，所以我們可以直接開大小為26的數組來模擬集合（當然也可以用位來進行，雖然操作會復雜點，但是用位運算來實現集合比較會很簡單）。即使要考慮中文字符，開大小為65536的數組也足夠了（MBCS字符集的中文字符占2字節，2^16=65536）。我們用is_subset函數來判斷之前提到的子集問題，見代碼清單2。
| bool is_subset(bool subSet[26], bool set[26]) { for (int i = 0; i < 26; i ++) { if (subSet[i] && !set[i]) return false; } return true; } |
代碼清單2 子集判斷函數
有了代碼清單2后，我們就可以用兩個for循環來實現求最小完全包含子串的函數（見代碼清單3）。其中最外面的for循環枚舉最小子串長度，第二個for循環枚舉子串起始位置，不停調用is_subset函數去判斷該子串是否滿足條件。當然了，還需要一個for循環對bool數組進行賦值。
| string min_substr(string S, string D) // 字符串S，字符集合D { string ret; bool Sset[26], Dset[26]; // 數組模擬集合 memset(Dset, 0, sizeof(Dset)); for (int i = 0; i < D.length(); i ++) Dset[D[i]-'a'] = true; // 字符集合D初始化 for (int i = D.length(); i <= S.length(); i ++) { for (int j = 0; j <= S.length() - i; j ++) { memset(Sset, 0, sizeof(Sset)); for (int k = 0; k < i; k ++) Sset[S[j+k]-'a'] = true; // 字符集合初始化 if (is_subset(Dset, Sset)) ret = ret.empty() ? S.substr(j, i) : minstr(ret, S.substr(j, i)); // substr(offest,length)是取子串函數 } } return ret; } |
代碼清單3 基於is_subset函數的算法
代碼清單3的時間復雜度很容易計算，設N=Len(S)，則時間復雜度為O(N^3)。這是高效的算法嗎？當然不是，讓我們來優化它吧。
在代碼清單3中，因為我們是按照子串的長度來進行枚舉的，所以在處理子串的過程中，存在着相當多的重復計算，比如字符串”abcdefg”，計算長度為3起始位置為0時子串為”abc”，偏移為0和1的兩個字符’a’和’b’，在長度為2起始位置為0的子串”ab”時早已經被計算過，只不過那些狀態在每次計算前被memset函數清空了。這樣，假如我們能利用之前計算得出的結果，就能夠避免這些重復計算，從而提高計算的效率，我們用left 和right指針來標記最小子串的左端和右端，left要始終小於等於right；right指針不停地往右移動，當S[left,right]包含D集合中所有字符時，它就是一個可能的答案。記錄完答案后left就該右移一個字符，因為加入left不移動，之后得到的S[left,right]子串，即使滿足條件，但它的長度肯定大於當前，就不可能是最小子串了。總結下left右移的條件：當S[left]在子串的其它位置出現過或者S[left]不在D集合中時，left就可以往右移動了，因為S[left]是一個多余的值。最后，對所有可能的答案進行minstr函數的比較，就能得出最小子串了。
例如，字符串S="aaba"，字符集合D={'a','b'}，程序運行流程為：
“ab”和”ba”兩個可能答案經過比較后，最小子串為”ab”。瞧，這例子中N=4，總共也就運行了7步而已，比起代碼3可省了不少計算，只要left和right指針各自掃描字符串一遍就可以了，這個算法能夠做到時間復雜為O(N)！我們還需要一個更有效方法判斷集合中的字符是否都出現了，我們用int記錄D集合中的不同字符出現的個數，並且用int數組代替原來的bool數組來實現字符計數。詳細算法見代碼清單4。
| string min_substr2(string S, string D) // 字符串S，字符集合D { string ret; int Sset[26], Dset[26]; // int數組模擬集合，還有引用計數 int Ds; // 字符集合D在字符串S中出現的不同個數 memset(Dset, 0, sizeof(Dset)); memset(Sset, 0, sizeof(Sset)); Ds = 0; for (int i = 0; i < D.length(); i ++) Dset[D[i]-'a'] = 1; // 字符集合D初始化 int l = 0; for (int r = 0; r < S.length(); r ++) { if (Dset[S[r]-'a'] == 1 && Sset[S[r]-'a'] == 0) Ds ++; // S中出現新的D集合中字符 Sset[S[r]-'a'] ++; for (; l <= r; l ++) { if (Dset[S[l]-'a'] == 1 && Sset[S[l]-'a'] == 1) { if (Ds == D.length()) { // D集合中字符全部出現 ret = ret.empty() ? S.substr(l, r-l+1) : minstr(ret, S.substr(l, r-l+1)); Sset[S[l++]-'a'] --; // left右移 Ds --; } break; } Sset[S[l]-'a'] --; } } return ret; }
|
代碼清單4 基於left和right掃描的算法
總結
我們從朴素的方法開始摸索，尋找重復計算的數據，分析為何會出現重復，這個過程往往能讓你發現問題的本質，再提出能避免重復計算的方案來降低時間復雜度。這樣逐步優化的好處是因為朴素算法的正確性是不言而喻的，而新算法只是解決重復計算的問題，所以新算法的正確性也很容易被證明。
擴展問題
還不知您發現一個有趣的現象沒，最小子串的第一個字符和最后一個字符在該子串中只會出現一次，即子串除去頭尾后那兩個字符不會再出現，這是為什么呢？這個問題的完整證明就留給讀者您自己來完成吧。