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
我们可以让字符串与字符串的所有长度为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:,其中n是字符串的长度,m是字符串 的长度。最坏情况下我们需要将字符串与字符串的所有长度为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
算法,简称 算法,由 三人于 1977 年联合发表。
算法的核心为前缀函数,记作 ,其定义如下:
对于长度为 m 的字符串 s,其前缀函数 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 。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。
,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 必定成立);
,因为 aaaa 最长的一对相等的真前后缀为 a,长度为 1;
,因为 aab 没有对应真前缀和真后缀,根据规定为 0;
,因为 aaba 最长的一对相等的真前后缀为 a,长度为 1;
,因为 aabaa 最长的一对相等的真前后缀为 aa,长度为 2;
,因为 aabaaa 最长的一对相等的真前后缀为 aa,长度为 2;
,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: 。
依据 定义得:。
将两区间的右端点同时左移,可得:。
依据 定义得:,即 。
如果 ,那么 。
依据 定义得:。
因为 ,可得 。
依据 定义得:,结合第一个性质可得 。
这样我们可以依据这两个性质提出求解 的方案:找到最大的 j,满足 ,且 (这样就有 ,即 )。
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 定义可知:
那么 符合第一个要求。如果 ,我们就可以确定 。
否则如果 ,那么 ,因为,所以,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:。
当 时,我们可以修改我们的方案为:找到最大的 j,满足 ,且 (这样就有 ,即 )。
注意这里提出了两个要求:
j 要求尽可能大,且满足 ;
j 要求满足 。
由 定义可知 ) 符合第一个要求。如果 ,我们就可以确定 。
此时,我们可以发现 j 的取值总是被描述为 ) 的结构(初始为 )。于是我们可以描述我们的算法:设定 ,j 的初始值为 。我们只需要不断迭代 j(令 j 变为 )直到 或 j=0 即可,如果最终匹配成功(找到了 j 使得 ),那么 ,否则 。
复杂度证明
- 时间复杂度部分,注意到 ,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 的长度为 n,字符串 的长度为 m。
我们记字符串 ,即将字符串 和 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 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 部分,真后缀必定落在字符串 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 在字符串 中的出现(因为此时真前缀恰为字符串 )。
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 。
为了节约空间,我们只需要顺次遍历字符串 、特殊字符 ## 和字符串 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 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 m(真前缀不可能包含特殊字符 ##)。
这样我们计算 时, 的所有的取值中仅有 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 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 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 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 在字符串 中的出现(因为此时真前缀恰为字符串 ,真后缀为以当前位置为结束位置的字符串 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 的长度,m 是字符串 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 的长度。我们只需要保存字符串 的前缀函数。
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