[LeetCode] 727. Minimum Window Subsequence 最小窗口序列

Given strings S and T, find the minimum (contiguous) substring W of S, so that T is a subsequence of W.

If there is no such window in S that covers all characters in T, return the empty string "". If there are multiple such minimum-length windows, return the one with the left-most starting index.

Example 1:

Input: 
S = "abcdebdde", T = "bde"
Output: "bcde"
Explanation: 
"bcde" is the answer because it occurs before "bdde" which has the same length.
"deb" is not a smaller window because the elements of T in the window must occur in order.

Note:

All the strings in the input will only contain lowercase letters.
The length of S will be in the range [1, 20000].
The length of T will be in the range [1, 100].

这道题给了我们两个字符串S和T，让我们找出S的一个长度最短子串W，使得T是W的子序列，如果长度相同，取起始位置靠前的。清楚子串和子序列的区别，那么题意就不难理解，题目中给的例子也很好的解释了题意。我们经过研究可以发现，返回的子串的起始字母和T的起始字母一定相同，这样才能保证最短。那么你肯定会想先试试暴力搜索吧，以S中每个T的起始字母为起点，均开始搜索字符串T，然后维护一个子串长度的最小值。如果是这种思路，那么还是趁早打消念头吧，博主已经替你试过了，OJ 不依。原因也不难想，假如S中有大量的连续b，并且如果T也很长的话，这种算法实在是不高效啊。根据博主多年经验，这种玩字符串且还是 Hard 的题，十有八九都是要用动态规划 Dynamic Programming 来做的，那么就直接往 DP 上去想吧。DP 的第一步就是设计 dp 数组，像这种两个字符串的题，一般都是一个二维数组，想想该怎么定义。确定一个子串的两个关键要素是起始位置和长度，那么我们的 dp 值到底应该是定起始位置还是长度呢？That is a question! 仔细想一想，其实起始位置是长度的基础，因为我们一旦知道了起始位置，那么当前位置减去起始位置，就是长度了，所以我们 dp 值定为起始位置。那么 dp[i][j] 表示范围S中前i个字符包含范围T中前j个字符的子串的起始位置，注意这里的包含是子序列包含关系。然后就是确定长度了，有时候会使用字符串的原长度，有时候会多加1，看个人习惯吧，这里博主长度多加了个1。

OK，下面就是重中之重啦，求状态转移方程。一般来说，dp[i][j] 的值是依赖于之前已经求出的dp值的，在递归形式的解法中，dp数组也可以看作是记忆数组，从而省去了大量的重复计算，这也是 dp 解法凌驾于暴力搜索之上的主要原因。牛B的方法总是最难想出来的，dp 的状态转移方程就是其中之一。在脑子一片浆糊的情况下，博主的建议是从最简单的例子开始分析，比如 S = "b", T = "b", 那么我们就有 dp[1][1] = 0，因为S中的起始位置为0，长度为1的子串可以包含T。如果当 S = "d", T = "b"，那么我们有 dp[1][1] = -1，因为我们的dp数组初始化均为 -1，表示未匹配或者无法匹配。下面来看一个稍稍复杂些的例子，S = "dbd", T = "bd"，我们的dp数组是：

   ∅  b  d
∅  ?  ?  ?
d  ? -1 -1
b  ?  1 -1
d  ?  1  1

这里的问号是边界，我们还不知道如何初给边界赋值，我们看到，为 -1 的地方是对应的字母不相等的地方。我们首先要明确的是 dp[i][j] 中的j不能大于i，因为T的长度不能大于S的长度，所以j大于i的 dp[i][j] 一定都是-1的。再来看为1的几个位置，首先是 dp[2][1] = 1，这里表示db包含b的子串起始位置为1，make sense！然后是 dp[3][1] = 1，这里表示 dbd 包含b的子串起始位置为1，没错！然后是 dp[3][2] = 1，这里表示 dbd 包含 bd 的起始位置为1，all right! 那么我们可以观察出，当 S[i] == T[j] 的时候，实际上起始位置和 dp[i - 1][j - 1] 是一样的，比如 dbd 包含 bd 的起始位置和 db 包含b的起始位置一样，所以可以继承过来。那么当 S[i] != T[j] 的时候，怎么搞？其实是和 dp[i - 1][j] 是一样的，比如 dbd 包含b的起始位置和 db 包含b的起始位置是一样的。

嗯，这就是状态转移方程的核心了，下面再来看边界怎么赋值，由于j比如小于等于i，所以第一行的第二个位置往后一定都是-1，我们只需要给第一列赋值即可。通过前面的分析，我们知道了当 S[i] == T[j] 时，我们取的是左上角的 dp 值，表示当前字母在S中的位置，由于我们dp数组提前加过1，所以第一列的数只要赋值为当前行数即可。最终的 dp 数组如下：

   ∅  b  d
∅  0 -1 -1
d  1 -1 -1
b  2  1 -1
d  3  1  1

为了使代码更加简洁，我们在遍历完每一行，检测如果 dp[i][n] 不为-1，说明T已经被完全包含了，且当前的位置跟起始位置都知道了，我们计算出长度来更新一个全局最小值 minLen，同时更新最小值对应的起始位置 start，最后取出这个全局最短子串，如果没有找到返回空串即可，参见代码如下：

解法一：

class Solution {
public:
    string minWindow(string S, string T) {
        int m = S.size(), n = T.size(), start = -1, minLen = INT_MAX;
        vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1, -1));
        for (int i = 0; i <= m; ++i) dp[i][0] = i;
        for (int i = 1; i <= m; ++i) {
            for (int j = 1; j <= min(i, n); ++j) {
                dp[i][j] = (S[i - 1] == T[j - 1]) ? dp[i - 1][j - 1] : dp[i - 1][j];
            }
            if (dp[i][n] != -1) {
                int len = i - dp[i][n];
                if (minLen > len) {
                    minLen = len;
                    start = dp[i][n];
                }
            }
        }
        return (start != -1) ? S.substr(start, minLen) : "";
    }
};

论坛上的 danzhutest大神提出了一种双指针的解法，其实这是优化过的暴力搜索的方法，而且居然 beat 了 100%，给跪了好嘛？！而且这双指针的跳跃方式犹如舞蹈般美妙绝伦，比那粗鄙的暴力搜索双指针不知道高到哪里去了？！举个栗子来说吧，比如当 S = "bbbbdde", T = "bde" 时，我们知道暴力搜索的双指针在S和T的第一个b匹配上之后，就开始检测S之后的字符能否包含T之后的所有字符，当匹配结束后，S的指针就会跳到第二个b开始匹配，由于有大量的重复b出现，所以每一个b都要遍历一遍，会达到平方级的复杂度，会被 OJ 无情拒绝。而下面这种修改后的算法会跳过所有重复的b，使得效率大大提升，具体是这么做的，当第一次匹配成功后，我们的双指针往前走，找到那个刚好包含T中字符的位置，比如开始指针 i = 0 时，指向S中的第一个b，指针 j = 0 时指向T中的第一个b，然后开始匹配T，当 i = 6， j = 2 时，此时完全包含了T。暴力搜索解法中此时i会回到1继续找，而这里，我们通过向前再次匹配T，会在 i = 3，j = 0 处停下，然后继续向后找，这样S中重复的b就会被跳过，从而大大的提高了效率，但是最坏情况下的时间复杂度还是 O(mn)。旋转，跳跃，我闭着眼，尘嚣看不见，你沉醉了没？博主已经沉醉在这双指针之舞中了......

解法二：

class Solution {
public:
    string minWindow(string S, string T) {
        int m = S.size(), n = T.size(), start = -1, minLen = INT_MAX, i = 0, j = 0;
        while (i < m) {
            if (S[i] == T[j]) {
                if (++j == n) {
                    int end = i + 1;
                    while (--j >= 0) {
                        while (S[i--] != T[j]);
                    }
                    ++i; ++j;
                    if (end - i < minLen) {
                        minLen = end - i;
                        start = i;
                    }
                }
            }
            ++i;
        }
        return (start != -1) ? S.substr(start, minLen) : "";
    }
};