LeetCode（87）：擾亂字符串

Hard！

題目描述：

給定一個字符串 s1，我們可以把它遞歸地分割成兩個非空子字符串，從而將其表示為二叉樹。

下圖是字符串 s1 = "great" 的一種可能的表示形式。

    great
   /    \
  gr    eat
 / \    /  \
g   r  e   at
           / \
          a   t

在擾亂這個字符串的過程中，我們可以挑選任何一個非葉節點，然后交換它的兩個子節點。

例如，如果我們挑選非葉節點 "gr" ，交換它的兩個子節點，將會產生擾亂字符串 "rgeat" 。

    rgeat
   /    \
  rg    eat
 / \    /  \
r   g  e   at
           / \
          a   t

我們將 "rgeat” 稱作 "great" 的一個擾亂字符串。

同樣地，如果我們繼續將其節點 "eat" 和 "at" 進行交換，將會產生另一個新的擾亂字符串 "rgtae" 。

    rgtae
   /    \
  rg    tae
 / \    /  \
r   g  ta  e
       / \
      t   a

我們將 "rgtae” 稱作 "great" 的一個擾亂字符串。

給出兩個長度相等的字符串 s1 和 s2，判斷 s2 是否是 s1 的擾亂字符串。

示例 1:

輸入: s1 = "great", s2 = "rgeat"
輸出: true

示例 2:

輸入: s1 = "abcde", s2 = "caebd"
輸出: false

解題思路：

這道題定義了一種爬行字符串（擾亂字符串），就是說假如把一個字符串當做一個二叉樹的根，然后它的非空子字符串是它的子節點，然后交換某個子字符串的兩個子節點，重新爬行回去形成一個新的字符串，這個新字符串和原來的字符串互為爬行字符串。

這道題可以用遞歸Recursion或是動態規划Dynamic Programming來做，我們先來看遞歸的解法，參見http://blog.unieagle.net/2012/10/23/leetcode%E9%A2%98%E7%9B%AE%EF%BC%9Ascramble-string%EF%BC%8C%E4%B8%89%E7%BB%B4%E5%8A%A8%E6%80%81%E8%A7%84%E5%88%92/，簡單的說，就是s1和s2是scramble的話，那么必然存在一個在s1上的長度l1，將s1分成s11和s12兩段，同樣有s21和s22.那么要么s11和s21是scramble的並且s12和s22是scramble的；要么s11和s22是scramble的並且s12和s21是scramble的。就拿題目中的例子 rgeat 和 great 來說，rgeat 可分成 rg 和 eat 兩段， great 可分成 gr 和 eat 兩段，rg 和 gr 是scrambled的， eat 和 eat 當然是scrambled。根據這點，我們可以寫出代碼如下。

C++解法一：

// Recursion
class Solution {
public:
    bool isScramble(string s1, string s2) {
        if (s1.size() != s2.size()) return false;
        if (s1 == s2) return true;
        string str1 = s1, str2 = s2;
        sort(str1.begin(), str1.end());
        sort(str2.begin(), str2.end());
        if (str1 != str2) return false;
        for (int i = 1; i < s1.size(); ++i) {
            string s11 = s1.substr(0, i);
            string s12 = s1.substr(i);
            string s21 = s2.substr(0, i);
            string s22 = s2.substr(i);
            if (isScramble(s11, s21) && isScramble(s12, s22)) return true;
            s21 = s2.substr(s1.size() - i);
            s22 = s2.substr(0, s1.size() - i);
            if (isScramble(s11, s21) && isScramble(s12, s22)) return true;
        }
        return false;
    }
};

這道題也可以用動態規划Dynamic Programming，根據以往的經驗來說，根字符串有關的題十有八九可以用DP來做，那么難點就在於如何找出遞推公式。參見https://blog.csdn.net/linhuanmars/article/details/24506703，這其實是一道三維動態規划的題目，我們提出維護量res[i][j][n]，其中i是s1的起始字符，j是s2的起始字符，而n是當前的字符串長度，res[i][j][len]表示的是以i和j分別為s1和s2起點的長度為len的字符串是不是互為scramble。

有了維護量我們接下來看看遞推式，也就是怎么根據歷史信息來得到res[i][j][len]。判斷這個是不是滿足，其實我們首先是把當前s1[i...i+len-1]字符串劈一刀分成兩部分，然后分兩種情況：第一種是左邊和s2[j...j+len-1]左邊部分是不是scramble，以及右邊和s2[j...j+len-1]右邊部分是不是scramble；第二種情況是左邊和s2[j...j+len-1]右邊部分是不是scramble，以及右邊和s2[j...j+len-1]左邊部分是不是scramble。如果以上兩種情況有一種成立，說明s1[i...i+len-1]和s2[j...j+len-1]是scramble的。而對於判斷這些左右部分是不是scramble我們是有歷史信息的，因為長度小於n的所有情況我們都在前面求解過了（也就是長度是最外層循環）。

上面說的是劈一刀的情況，對於s1[i...i+len-1]我們有len-1種劈法，在這些劈法中只要有一種成立，那么兩個串就是scramble的。

總結起來遞推式是res[i][j][len] = || (res[i][j][k]&&res[i+k][j+k][len-k] || res[i][j+len-k][k]&&res[i+k][j][len-k]) 對於所有1<=k<len，也就是對於所有len-1種劈法的結果求或運算。因為信息都是計算過的，對於每種劈法只需要常量操作即可完成，因此求解遞推式是需要O(len)（因為len-1種劈法）。

如此總時間復雜度因為是三維動態規划，需要三層循環，加上每一步需要線性時間求解遞推式，所以是O(n^4)。雖然已經比較高了，但是至少不是指數量級的，動態規划還是有很大優勢的，空間復雜度是O(n^3)。

C++解法二：

// DP 
class Solution {
public:
    bool isScramble(string s1, string s2) {
        if (s1.size() != s2.size()) return false;
        if (s1 == s2) return true;
        int n = s1.size();
        vector<vector<vector<bool> > > dp (n, vector<vector<bool> >(n, vector<bool>(n + 1, false)));
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                dp[i][j][1] = s1[i] == s2[j];
            }
        }
        for (int len = 2; len <= n; ++len) {
            for (int i = 0; i <= n - len; ++i) {
                for (int j = 0; j <= n - len; ++j) {
                    for (int k = 1; k < len; ++k) {
                        if ((dp[i][j][k] && dp[i + k][j + k][len - k]) || (dp[i + k][j][len - k] && dp[i][j + len - k][k])) {
                            dp[i][j][len] = true;
                        }
                    }
                }
            }
        }
        return dp[0][0][n];
    }
};

上面的代碼的實現過程如下，首先按單個字符比較，判斷它們之間是否是scrambled的。在更新第二個表中第一個值(gr和rg是否為scrambled的)時，比較了第一個表中的兩種構成，一種是 g與r, r與g，另一種是 g與g, r與r，其中后者是真，只要其中一個為真，則將該值賦真。其實這個原理和之前遞歸的原理很像，在判斷某兩個字符串是否為scrambled時，比較它們所有可能的拆分方法的子字符串是否是scrambled的，只要有一個種拆分方法為真，則比較的兩個字符串一定是scrambled的。比較 rge 和 gre 的實現過程如下所示：

     r    g    e
g    x    √    x
r    √    x    x
e    x    x    √


     rg    ge
gr    √    x
re    x    x


     rge
gre   √

DP的另一種寫法，參考http://blog.sina.com.cn/s/blog_b9285de20101gy6n.html，思路都一樣。

C++解法三：

// Still DP
class Solution {
public:
    bool isScramble(string s1, string s2) {
        if (s1.size() != s2.size()) return false;
        if (s1 == s2) return true;
        int n = s1.size();
        vector<vector<vector<bool> > > dp (n, vector<vector<bool> >(n, vector<bool>(n + 1, false)));
        for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
            for (int j = n - 1; j >= 0; --j) {
                for (int k = 1; k <= n - max(i, j); ++k) {
                    if (s1.substr(i, k) == s2.substr(j, k)) {
                        dp[i][j][k] = true;
                    } else {
                        for (int t = 1; t < k; ++t) {
                            if ((dp[i][j][t] && dp[i + t][j + t][k - t]) || (dp[i][j + k - t][t] && dp[i + t][j][k - t])) {
                                dp[i][j][k] = true;
                                break;
                            }
                        }
                    }
                }
            }
        }
        return dp[0][0][n];
    }
};

下面這種解法和第一個解法思路相同，只不過沒有用排序算法，而是采用了類似於求異構詞的方法，用一個數組來保存每個字母出現的次數，后面判斷Scramble字符串的方法和之前的沒有區別。

C++解法四：

class Solution {
public:
    bool isScramble(string s1, string s2) {
        if (s1 == s2) return true;
        if (s1.size() != s2.size()) return false;
        int n = s1.size(), m[26] = {0};
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            ++m[s1[i] - 'a'];
            --m[s2[i] - 'a'];
        }
        for (int i = 0; i < 26; ++i) {
            if (m[i] != 0) return false;
        }
        for (int i = 1; i < n; ++i) {
            if ((isScramble(s1.substr(0, i), s2.substr(0, i)) && isScramble(s1.substr(i), s2.substr(i))) || (isScramble(s1.substr(0, i), s2.substr(n - i)) && isScramble(s1.substr(i), s2.substr(0, n - i)))) {
                return true;
            }
        }
        return false;
    }
};

下面這種解法實際上是解法二的遞歸形式，我們用了memo數組來減少了大量的運算，注意這里的memo數組一定要有三種狀態，初始化為-1，區域內為scramble是1，不是scramble是0，這樣就避免了已經算過了某個區間，但由於不是scramble，從而又進行一次計算，從而會TLE，思路參見http://www.cnblogs.com/bambu/

C++解法五：

class Solution {
public:
    bool isScramble(string s1, string s2) {
        if (s1 == s2) return true;
        if (s1.size() != s2.size()) return false;
        int n = s1.size();
        vector<vector<vector<int>>> memo(n, vector<vector<int>>(n, vector<int>(n + 1, -1)));
        return helper(s1, s2, 0, 0, n, memo);
    }
    bool helper(string& s1, string& s2, int idx1, int idx2, int len, vector<vector<vector<int>>>& memo) {
        if (len == 0) return true;
        if (len == 1) memo[idx1][idx2][len] = s1[idx1] == s2[idx2];
        if (memo[idx1][idx2][len] != -1) return memo[idx1][idx2][len];
        for (int k = 1; k < len; ++k) {
            if ((helper(s1, s2, idx1, idx2, k, memo) && helper(s1, s2, idx1 + k, idx2 + k, len - k, memo)) || (helper(s1, s2, idx1, idx2 + len - k, k, memo) && helper(s1, s2, idx1 + k, idx2, len - k, memo))) {
                return memo[idx1][idx2][len] = 1;
            }
        }
        return memo[idx1][idx2][len] = 0;
    }
};