LeetCode 28. 实现strStr()
题目
题目链接：https://leetcode.cn/problems/implement-strstr/
实现strStr()函数。
给你两个字符串haystack和needle，请你在haystack字符串中找出needle字符串出现的第一个位置（下标从0开始）。如果不存在，则返回-1 。
说明：
当needle是空字符串时，我们应当返回什么值呢？这是一个在面试中很好的问题。
对于本题而言，当needle是空字符串时我们应当返回0。这与C语言的strstr()以及Java的indexOf()定义相符。
示例1：
输入：haystack = "hello", needle = "ll"
输出：2
示例 2：
输入：haystack = "aaaaa", needle = "bba"
输出：-1
题解
方法一：暴力匹配
思路及算法
我们可以让字符串\(\textit{needle}\)与字符串\(\textit{haystack}\)的所有长度为m的子串均匹配一次。
为了减少不必要的匹配，我们每次匹配失败即立刻停止当前子串的匹配，对下一个子串继续匹配。如果当前子串匹配成功，我们返回当前子串的开始位置即可。如果所有子串都匹配失败，则返回-1。
class Solution {
public int strStr(String haystack, String needle) {
int n = haystack.length(), m = needle.length();
for (int i = 0; i + m <= n; i++) {
boolean flag = true;
for (int j = 0; j < m; j++) {
if (haystack.charAt(i + j) != needle.charAt(j)) {
flag = false;
break;
}
}
if (flag) {
return i;
}
}
return -1;
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度：\(O(n \times m)\)，其中n是字符串\(\textit{haystack}\)的长度，m是字符串 \(\textit{needle}\) 的长度。最坏情况下我们需要将字符串\(\textit{needle}\)与字符串\(\textit{haystack}\)的所有长度为m的子串均匹配一次。
- 空间复杂度：O(1)。我们只需要常数的空间保存若干变量。
方法二：Knuth-Morris-Pratt 算法
思路及算法
\(\text{Knuth-Morris-Pratt}\) 算法，简称 \(\text{KMP}\) 算法，由 \(\text{Donald Knuth}、\text{James H. Morris}和 \text{Vaughan Pratt}\) 三人于 1977 年联合发表。
\(\text{Knuth-Morris-Pratt}\) 算法的核心为前缀函数，记作 \(\pi(i)\)，其定义如下：
对于长度为 m 的字符串 s，其前缀函数 \(\pi(i)(0 \leq i < m)\) 表示 s 的子串 s[0:i] 的最长的相等的真前缀与真后缀的长度。特别地，如果不存在符合条件的前后缀，那么 \(\pi(i) = 0\)。其中真前缀与真后缀的定义为不等于自身的的前缀与后缀。
我们举个例子说明：字符串 aabaaab 的前缀函数值依次为 0,1,0,1,2,2,3。
\(\pi(0) = 0\)，因为 a 没有真前缀和真后缀，根据规定为 0（可以发现对于任意字符串 \(\pi(0)=0\) 必定成立）；
\(\pi(1) = 1\)，因为 aaaa 最长的一对相等的真前后缀为 a，长度为 1；
\(\pi(2) = 0\)，因为 aab 没有对应真前缀和真后缀，根据规定为 0；
\(\pi(3) = 1\)，因为 aaba 最长的一对相等的真前后缀为 a，长度为 1；
\(\pi(4) = 2\)，因为 aabaa 最长的一对相等的真前后缀为 aa，长度为 2；
\(\pi(5) = 2\)，因为 aabaaa 最长的一对相等的真前后缀为 aa，长度为 2；
\(\pi(6) = 3\)，因为 aabaaab 最长的一对相等的真前后缀为 aab，长度为 3。
有了前缀函数，我们就可以快速地计算出模式串在主串中的每一次出现。
如何求解前缀函数
长度为 m 的字符串 s 的所有前缀函数的求解算法的总时间复杂度是严格 O(m) 的，且该求解算法是增量算法，即我们可以一边读入字符串，一边求解当前读入位的前缀函数。
为了叙述方便，我们接下来将说明几个前缀函数的性质： \(\pi(i) \leq \pi(i-1) + 1\)。
依据 \(\pi(i)\) 定义得：\(s[0:\pi(i)-1]=s[i-\pi(i)+1:i]\)。
将两区间的右端点同时左移，可得：\(s[0:\pi(i)-2] = s[i-\pi(i)+1:i-1]\)。
依据 \(\pi(i-1)π(i−1)\) 定义得：\(\pi(i-1) \geq \pi(i) - 1\)，即 \(\pi(i) \leq \pi(i-1) + 1\)。
如果 \(s[i]=s[\pi(i-1)]\)，那么 \(\pi(i)=\pi(i-1)+1\)。
依据 \(\pi(i-1)\) 定义得：\(s[0:\pi(i-1)-1]=s[i-\pi(i-1):i-1]\)。
因为 \(s[\pi(i-1)]=s[i]\)，可得 \(s[0:\pi(i-1)]=s[i-\pi(i-1):i]\)。
依据 \(\pi(i)\) 定义得：\(\pi(i)\geq\pi(i-1)+1\)，结合第一个性质可得 \(\pi(i)=\pi(i-1)+1\)。
这样我们可以依据这两个性质提出求解 \(\pi(i)\) 的方案：找到最大的 j，满足 \(s[0:j-1]=s[i-j:i-1]\)，且 \(s[i]=s[j]\)（这样就有 \(s[0:j]=s[i-j:i]\)，即 \(\pi(i)=j+1\)）。
注意这里提出了两个要求：
j 要求尽可能大，且满足 s[0:j-1]=s[i-j:i-1]；
j 要求满足 s[i]=s[j]。
由 \(\pi(i-1)\) 定义可知：
\( s[0:π(i−1)−1]=s[i−π(i−1):i−1](1) \)
那么 \(j = \pi(i-1)\) 符合第一个要求。如果 \(s[i]=s[\pi(i-1)]\)，我们就可以确定 \(\pi(i)\) 。
否则如果 \(s[i]\neq s[\pi(i-1)]\) ，那么 \(\pi(i) \leq \pi(i-1)\)，因为\(j=\pi(i)-1\)，所以\(j<\pi(i-1)\)，于是可以取(1)式两子串的长度为jj的后缀，它们依然是相等的：\(s[\pi(i-1)-j:\pi(i-1)-1]=s[i-j:i-1]\)。
当 \(s[i]\neq s[\pi(i-1)]\)时，我们可以修改我们的方案为：找到最大的 j，满足 \(s[0:j-1]=s[\pi(i-1)-j:\pi(i-1)-1]\)，且 \(s[i]=s[\pi(i-1)]\)（这样就有 \(s[0:j]=s[\pi(i-1)-j:\pi(i-1)]\)，即 \(\pi(i)=\pi(i-1)+1\)）。
注意这里提出了两个要求：
j 要求尽可能大，且满足 \(s[0:j-1]=s[\pi(i-1)-j:\pi(i-1)-1]\)；
j 要求满足 \(s[i]=s[j]\)。
由 \(\pi(\pi(i-1)-1)\) 定义可知 \(j = \pi(\pi(i-1)-1)\)) 符合第一个要求。如果 \(s[i]=s[\pi(\pi(i-1)-1)]\)，我们就可以确定 \(\pi(i)\)。
此时，我们可以发现 j 的取值总是被描述为 \(\pi(\pi(\pi(\ldots)-1)-1)\)) 的结构（初始为 \(\pi(i-1)\)）。于是我们可以描述我们的算法：设定 \(\pi(i)=j+1\)，j 的初始值为 \(\pi(i-1)\)。我们只需要不断迭代 j（令 j 变为 \(\pi(j-1)\)）直到 \(s[i]=s[j]\) 或 j=0 即可，如果最终匹配成功（找到了 j 使得 \(s[i]=s[j]\)），那么 \(\pi(i)=j+1\)，否则 \(\pi(i)=0\)。
复杂度证明
- 时间复杂度部分，注意到 \(\pi(i)\leq \pi(i-1)+1\)，即每次当前位的前缀函数至多比前一位增加一，每当我们迭代一次，当前位的前缀函数的最大值都会减少。可以发现前缀函数的总减少次数不会超过总增加次数，而总增加次数不会超过 m 次，因此总减少次数也不会超过 m 次，即总迭代次数不会超过 m 次。
- 空间复杂度部分，我们只用到了长度为 m 的数组保存前缀函数，以及使用了常数的空间保存了若干变量。
如何解决本题
记字符串 \(\textit{haystack}\) 的长度为 n，字符串 \(\textit{needle}\) 的长度为 m。
我们记字符串 \(\textit{str} = \textit{needle} + \# + \textit{haystack}\)，即将字符串 \(\textit{needle}\) 和 \(\textit{haystack}\) 进行拼接，并用不存在于两串中的特殊字符 # 将两串隔开，然后我们对字符串 \(\textit{str}\) 求前缀函数。
因为特殊字符 ## 的存在，字符串 \textit{str}str 中 \textit{haystack}haystack 部分的前缀函数所对应的真前缀必定落在字符串 \(\textit{needle}\) 部分，真后缀必定落在字符串 \(\textit{haystack}\) 部分。当 \textit{haystack}$ 部分的前缀函数值为 m 时，我们就找到了一次字符串 \(\textit{needle}\) 在字符串 \(\textit{haystack}\) 中的出现（因为此时真前缀恰为字符串 \(\textit{needle}\)）。
实现时，我们可以进行一定的优化，包括：
我们无需显式地创建字符串 \(\textit{str}\)。
为了节约空间，我们只需要顺次遍历字符串 \(\textit{needle}\)、特殊字符 ## 和字符串 \(\textit{haystack}\) 即可。
也无需显式地保存所有前缀函数的结果，而只需要保存字符串 \(\textit{needle}\) 部分的前缀函数即可。
特殊字符 ## 的前缀函数必定为 0，且易知 \(\pi(i) \leq\) m（真前缀不可能包含特殊字符 ##）。
这样我们计算 \(\pi(i)\) 时，\(j=\pi(\pi(\pi(\ldots)-1)-1)\) 的所有的取值中仅有 \(\pi(i-1)\) 的下标可能大于等于 m。我们只需要保存前一个位置的前缀函数，其它的 j 的取值将全部为字符串 \(\textit{needle}\) 部分的前缀函数。
我们也无需特别处理特殊字符 ##，只需要注意处理字符串 \textit{haystack}$ 的第一个位置对应的前缀函数时，直接设定 j 的初值为 0 即可。
这样我们可以将代码实现分为两部分：
第一部分是求 \(\textit{needle}\) 部分的前缀函数，我们需要保留这部分的前缀函数值。
第二部分是求 \(\textit{haystack}\) 部分的前缀函数，我们无需保留这部分的前缀函数值，只需要用一个变量记录上一个位置的前缀函数值即可。当某个位置的前缀函数值等于 m 时，说明我们就找到了一次字符串 \(\textit{needle}\) 在字符串 \(\textit{haystack}\) 中的出现（因为此时真前缀恰为字符串 \(\textit{needle}\)，真后缀为以当前位置为结束位置的字符串 \(\textit{haystack}\) 的子串），我们计算出起始位置，将其返回即可。
class Solution {
public int strStr(String haystack, String needle) {
int n = haystack.length(), m = needle.length();
if (m == 0) {
return 0;
}
int[] pi = new int[m];
for (int i = 1, j = 0; i < m; i++) {
while (j > 0 && needle.charAt(i) != needle.charAt(j)) {
j = pi[j - 1];
}
if (needle.charAt(i) == needle.charAt(j)) {
j++;
}
pi[i] = j;
}
for (int i = 0, j = 0; i < n; i++) {
while (j > 0 && haystack.charAt(i) != needle.charAt(j)) {
j = pi[j - 1];
}
if (haystack.charAt(i) == needle.charAt(j)) {
j++;
}
if (j == m) {
return i - m + 1;
}
}
return -1;
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度：O(n+m)，其中 n 是字符串 \(\textit{haystack}\) 的长度，m 是字符串 \(\textit{needle}\) 的长度。我们至多需要遍历两字符串一次。
- 空间复杂度：O(m)，其中 m 是字符串 \(\textit{needle}\) 的长度。我们只需要保存字符串 \(\textit{needle}\) 的前缀函数。
