牛客题解 | 最长公共子串
1.牛客题解 | N皇后问题2.牛客题解 | 三数之和3.牛客题解 | 不同路径的数目(一)4.牛客题解 | 两个链表的第一个公共结点5.牛客题解 | 两数之和6.牛客题解 | 主持人调度(二)7.牛客题解 | 买卖股票的最好时机(一)8.牛客题解 | 买卖股票的最好时机(三)9.牛客题解 | 买卖股票的最好时机(二)10.牛客题解 | 二分查找-I11.牛客题解 | 二叉搜索树与双向链表12.牛客题解 | 二叉搜索树的最近公共祖先13.牛客题解 | 二叉树中和为某一值的路径(一)14.牛客题解 | 二叉树的中序遍历15.牛客题解 | 二叉树的前序遍历16.牛客题解 | 二叉树的后序遍历17.牛客题解 | 二叉树的最大深度18.牛客题解 | 二叉树的镜像19.牛客题解 | 二维数组中的查找20.牛客题解 | 兑换零钱(一)21.牛客题解 | 分糖果问题22.牛客题解 | 删除有序链表中重复的元素-I23.牛客题解 | 判断是否为回文字符串24.牛客题解 | 判断链表中是否有环25.牛客题解 | 寻找峰值26.牛客题解 | 寻找第K大27.牛客题解 | 在二叉树中找到两个节点的最近公共祖先28.牛客题解 | 字符串的排列29.牛客题解 | 岛屿数量30.牛客题解 | 主持人调度(二)-231.牛客题解 | 判断是不是平衡二叉树32.牛客题解 | 包含min函数的栈33.牛客题解 | 单链表的排序34.牛客题解 | 反转字符串35.牛客题解 | 反转链表36.牛客题解 | 合并k个已排序的链表37.牛客题解 | 合并两个排序的链表38.牛客题解 | 合并两个有序的数组39.牛客题解 | 合并二叉树40.牛客题解 | 合并区间41.牛客题解 | 大数加法42.牛客题解 | 字符串变形43.牛客题解 | 对称的二叉树44.牛客题解 | 序列化二叉树45.牛客题解 | 打家劫舍(一)46.牛客题解 | 打家劫舍(二)47.牛客题解 | 把数字翻译成字符串48.牛客题解 | 括号生成49.牛客题解 | 按之字形顺序打印二叉树50.牛客题解 | 接雨水问题51.牛客题解 | 数字字符串转化成IP地址52.牛客题解 | 数据流中的中位数53.牛客题解 | 数组中出现次数超过一半的数字54.牛客题解 | 数组中只出现一次的两个数字55.牛客题解 | 数组中的逆序对56.牛客题解 | 斐波那契数列57.牛客题解 | 旋转数组58.牛客题解 | 旋转数组的最小数字59.牛客题解 | 最小的K个数60.牛客题解 | 最小花费爬楼梯61.牛客题解 | 最小覆盖子串62.牛客题解 | 最长上升子序列(一)63.牛客题解 | 最长公共前缀
64.牛客题解 | 最长公共子串
65.牛客题解 | 最长公共子序列(二)66.牛客题解 | 最长回文子串67.牛客题解 | 最长无重复子数组68.牛客题解 | 最长的括号子串69.牛客题解 | 有效括号序列70.牛客题解 | 有重复项数字的全排列71.牛客题解 | 正则表达式匹配72.牛客题解 | 比较版本号73.牛客题解 | 求二叉树的层序遍历74.牛客题解 | 没有重复项数字的全排列75.牛客题解 | 滑动窗口的最大值76.牛客题解 | 用两个栈实现队列77.牛客题解 | 盛水最多的容器78.牛客题解 | 矩阵最长递增路径79.牛客题解 | 矩阵的最小路径和80.牛客题解 | 编辑距离(一)81.牛客题解 | 缺失的第一个正整数82.牛客题解 | 螺旋矩阵83.牛客题解 | 表达式求值84.牛客题解 | 设计LFU缓存结构85.牛客题解 | 设计LRU缓存结构86.牛客题解 | 跳台阶87.牛客题解 | 输出二叉树的右视图88.牛客题解 | 连续子数组的最大和89.牛客题解 | 重建二叉树90.牛客题解 | 链表中倒数最后k个结点91.牛客题解 | 链表中环的入口结点92.牛客题解 | 链表中的节点每k个一组翻转93.牛客题解 | 链表内指定区间反转94.牛客题解 | 链表的奇偶重排95.牛客题解 | 链表相加(二)96.牛客题解 | 顺时针旋转矩阵97.牛客题解 | 验证IP地址98.牛客题解 | 反转链表-2题目
题目主要信息:
- 查找两个字符串str1,str2中的最长的公共子串
- 保证str1和str2的最长公共子串存在且唯一
举一反三:
学习完本题的思路你可以解决如下题目:
方法一:枚举(前置方法,超时,不能完全通过)
思路:
最简单直观的方式大概就是枚举了,枚举所有的子串进行比较,但是太复杂了。其实找子串不用一样完全枚举,还可以尝试改良一下
具体做法:
- step 1:我们完全可以遍历两个字符串的所有字符串作为起始
- step 2:然后同时开始检查字符是否相等,相等则不断后移,增加子串长度,如果不等说明以这两个为起点的子串截止了,不会再有了。
- step 3:后续比较长度维护最大值即可。
图示:
Java实现代码:
import java.util.*;
public class Solution {
public String LCS (String str1, String str2) {
int length = 0;
String res = "";
//遍历s1每个起始点
for(int i = 0; i < str1.length(); i++){
//遍历s2每个起点
for(int j = 0; j < str2.length(); j++){
int temp = 0;
String temps = "";
int x = i, y = j;
//比较每个起点为始的子串
while(x < str1.length() && y < str2.length() && str1.charAt(x) == str2.charAt(y)){
temps += str1.charAt(x);
x++;
y++;
temp++;
}
//更新更大的长度子串
if(length < temp){
length = temp;
res = temps;
}
}
}
return res;
}
}
C++实现代码:
class Solution {
public:
string LCS(string str1, string str2) {
int length = 0;
string res = "";
//遍历s1每个起始点
for(int i = 0; i < str1.length(); i++){
//遍历s2每个起点
for(int j = 0; j < str2.length(); j++){
int temp = 0;
string temps = "";
int x = i, y = j;
//比较每个起点为始的子串
while(x < str1.length() && y < str2.length() && str1[x] == str2[y]){
temps += str1[x];
x++;
y++;
temp++;
}
//更新更大的长度子串
if(length < temp){
length = temp;
res = temps;
}
}
}
return res;
}
};
Python代码实现:(Python版本不超时)
class Solution:
def LCS(self , str1: str, str2: str) -> str:
#让str1为较长的字符串
if len(str1) < len(str2):
str1, str2 = str2, str1
res = ''
max_len = 0
#遍历str1的长度
for i in range(len(str1)):
#查找是否存在
if str1[i - max_len : i + 1] in str2:
res = str1[i - max_len : i + 1]
max_len += 1
return res
复杂度分析:
- 时间复杂度:,其中是str1的长度,是str2的长度,分别枚举两个字符串每个字符作为起点,后续检查子串长度最坏需要花费
- 空间复杂度:,res属于返回必要空间,temps属于临时辅助空间,最坏情况下长度为
方法二:动态规划(推荐使用)
知识点:动态规划
动态规划算法的基本思想是:将待求解的问题分解成若干个相互联系的子问题,先求解子问题,然后从这些子问题的解得到原问题的解;对于重复出现的子问题,只在第一次遇到的时候对它进行求解,并把答案保存起来,让以后再次遇到时直接引用答案,不必重新求解。动态规划算法将问题的解决方案视为一系列决策的结果
思路:
动态规划继承自方法一,在枚举的基础上用动态规划来改进。
具体做法:
- step 1:我们可以用表示在str1中以第个字符结尾在str2中以第个字符结尾时的公共子串长度,
- step 2:遍历两个字符串填充dp数组,转移方程为:如果遍历到的该位两个字符相等,则此时长度等于两个前一位长度+1,,如果遍历到该位时两个字符不相等,则置为0,因为这是子串,必须连续相等,断开要重新开始。
- step 3:每次更新后,我们维护最大值,并更新该子串结束位置。
- step 4:最后根据最大值结束位置即可截取出子串。
Java实现代码:
import java.util.*;
public class Solution {
public String LCS (String str1, String str2) {
//dp[i][j]表示到str1第i个个到str2第j个为止的公共子串长度
int[][] dp = new int[str1.length() + 1][str2.length() + 1];
int max = 0;
int pos = 0;
for(int i = 1; i <= str1.length(); i++){
for(int j = 1; j <= str2.length(); j++){
//如果该两位相同
if(str1.charAt(i - 1) == str2.charAt(j - 1))
//则增加长度
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
else
//该位置为0
dp[i][j] = 0;
//更新最大长度
if(dp[i][j] > max){
max = dp[i][j];
pos = i - 1;
}
}
}
return str1.substring(pos - max + 1, pos + 1);
}
}
C++实现代码:
class Solution {
public:
string LCS(string str1, string str2) {
//dp[i][j]表示到str1第i个个到str2第j个为止的公共子串长度
vector<vector<int> > dp(str1.length() + 1, vector<int>(str2.length() + 1, 0));
int max = 0;
int pos = 0;
for(int i = 1; i <= str1.length(); i++){
for(int j = 1; j <= str2.length(); j++){
//如果该两位相同
if(str1[i - 1] == str2[j - 1]){
//则增加长度
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
}
else{
//该位置为0
dp[i][j] = 0;
}
//更新最大长度
if(dp[i][j] > max){
max = dp[i][j];
pos = i - 1;
}
}
}
return str1.substr(pos - max + 1, max);
}
};
Python代码实现:(Python版本超时,不能完全通过)
class Solution:
def LCS(self , str1: str, str2: str) -> str:
#dp[i][j]表示到str1第i个个到str2第j个为止的公共子串长度
dp = [[0] * (len(str2) + 1) for i in range(len(str1) + 1)]
max = 0
pos = 0
for i in range(1, len(str1) + 1):
for j in range(1, len(str2) + 1):
#如果该两位相同
if str1[i - 1] == str2[j - 1]:
#则增加长度
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1
else:
#该位置为0
dp[i][j] = 0
#更新最大长度
if dp[i][j] > max:
max = dp[i][j]
pos = i - 1
return str1[pos - max + 1: pos + 1]
复杂度分析:
- 时间复杂度:,其中是str1的长度,是str2的长度,遍历两个字符串所有字符
- 空间复杂度:,dp数组大小为
合集:
牛客面试必刷101题单题解
分类:
牛客面试必刷101题单题解
【推荐】编程新体验,更懂你的AI,立即体验豆包MarsCode编程助手
【推荐】凌霞软件回馈社区,博客园 & 1Panel & Halo 联合会员上线
【推荐】抖音旗下AI助手豆包,你的智能百科全书,全免费不限次数
【推荐】博客园社区专享云产品让利特惠,阿里云新客6.5折上折
【推荐】轻量又高性能的 SSH 工具 IShell:AI 加持,快人一步
· CSnakes vs Python.NET:高效嵌入与灵活互通的跨语言方案对比
· DeepSeek “源神”启动!「GitHub 热点速览」
· 我与微信审核的“相爱相杀”看个人小程序副业
· Plotly.NET 一个为 .NET 打造的强大开源交互式图表库
· 上周热点回顾(2.17-2.23)