【面试高频题】难度 2/5，笔试面试常客 : 字符串匹配问题的各种解法

站长

2023年07月17日 19:26 · 阅读数 15

题目描述

这是 LeetCode 上的 686. 重复叠加字符串匹配 ，难度为中等。

Tag : 「字符串哈希」、「KMP」

给定两个字符串 a 和 b，寻找重复叠加字符串 a 的最小次数，使得字符串 b 成为叠加后的字符串 a 的子串，如果不存在则返回 -1。

注意：字符串 "abc" 重复叠加 0 次是 ""，重复叠加 1 次是 "abc"，重复叠加 2 次是 "abcabc"。

示例 1：

输入：a = "abcd", b = "cdabcdab"

输出：3

解释：a 重复叠加三遍后为 "abcdabcdabcd", 此时 b 是其子串。

示例 2：

输入：a = "a", b = "aa"

输出：2

示例 3：

输入：a = "a", b = "a"

输出：1

示例 4：

输入：a = "abc", b = "wxyz"

输出：-1

提示：

1<=a.length<=1041 <= a.length <= 10^41<=a.length<=104
1<=b.length<=1041 <= b.length <= 10^41<=b.length<=104
a 和 b 由小写英文字母组成

基本分析

首先，可以分析复制次数的「下界」和「上界」为何值：

对于「下界」的分析是容易的：至少将 a 复制长度大于等于 b 的长度，才有可能匹配。

在明确了「下界」后，再分析再经过多少次复制，能够明确得到答案，能够得到明确答案的最小复制次数即是上界。

由于主串是由 a 复制多次而来，并且是从主串中找到子串 b，因此可以明确子串的起始位置，不会超过 a 的长度。

【面试高频题】难度 2/5，笔试面试常客 : 字符串匹配问题的各种解法

即长度越过 a 长度的起始匹配位置，必然在此前已经被匹配过了。

由此，我们可知复制次数「上界」最多为「下界 + 111」。

令 a 的长度为 nnn，b 的长度为 mmm，下界次数为 c1c1c1，上界次数为 c2=c1+1c2 = c1 + 1c2=c1+1。

因此我们可以对 a 复制 c2c2c2 次，得到主串后匹配 b，如果匹配成功后的结束位置不超过了 n∗c1n * c1n∗c1，说明复制 c1c1c1 即可，返回 c1c1c1，超过则返回 c2c2c2；匹配不成功则返回 −1-1−1。

卡常

这是我最开始的 AC 版本。

虽然这是道挺显然的子串匹配问题，但是昨晚比平时晚睡了一个多小时，早上起来精神状态不是很好，身体的每个细胞都在拒绝写 KMP 🤣

就动了歪脑筋写了个「卡常」做法。

通过该做法再次印证了 LC 的评测机制十分奇葩：居然不是对每个用例单独计时，也不是算总的用例用时，而是既算单用例耗时，又算总用时？？

导致我直接 TLE 了 666 次才通过（从 700700700 试到了 100100100），其中有 444 次 TLE 是显示通过了所有样例，但仍然 TLE，我不理解为什么要设置这样迷惑的机制。

回到该做法本身，首先对 a 进行复制确保长度大于等于 b，然后在一定时间内，不断的「复制 - 检查」，如果在规定时间内能够找到则返回复制次数，否则返回 -1。

代码：

import java.time.Clock;
class Solution {
    public int repeatedStringMatch(String a, String b) {
        StringBuilder sb = new StringBuilder();
        int ans = 0;
        while (sb.length() < b.length() && ++ans > 0) sb.append(a);
        Clock clock = Clock.systemDefaultZone();
        long start = clock.millis();
        while (clock.millis() - start < 100) {
            if (sb.indexOf(b) != -1) return ans;
            sb.append(a);
            ans++;
        }
        return -1;
    }
}

时间复杂度：O(C)O(C)O(C)
空间复杂度：O(C)O(C)O(C)

上下界性质

通过「基本分析」后，我们发现「上下界」具有准确的大小关系，其实不需要用到「卡常」做法。

只需要进行「上界」次复制后，尝试匹配，根据匹配结果返回答案即可。

代码：

class Solution {
    public int repeatedStringMatch(String a, String b) {
        StringBuilder sb = new StringBuilder();
        int ans = 0;
        while (sb.length() < b.length() && ++ans > 0) sb.append(a);
        sb.append(a);
        int idx = sb.indexOf(b);
        if (idx == -1) return -1;
        return idx + b.length() > a.length() * ans ? ans + 1 : ans;
    }
}

时间复杂度：需要 ⌈mn⌉+1\left \lceil \frac{m}{n} \right \rceil + 1⌈nm⌉+1 次拷贝和一次子串匹配。复杂度为 O(n∗(⌈mn⌉+1))O(n * (\left \lceil \frac{m}{n} \right \rceil + 1))O(n∗(⌈nm⌉+1))
空间复杂度：O(n∗(⌈mn⌉+1))O(n * (\left \lceil \frac{m}{n} \right \rceil + 1))O(n∗(⌈nm⌉+1))

KMP

其中 indexOf 部分可以通过 KMP/字符串哈希实现，不熟悉 KMP 的同学，可以查看一文详解 KMP 算法，里面通过大量配图讲解了 KMP 的匹配过程与提供了实用模板。

使用 KMP 代替 indexOf 可以有效利用主串是由多个 a 复制而来的性质。

代码：

class Solution {
    public int repeatedStringMatch(String a, String b) {
        StringBuilder sb = new StringBuilder();
        int ans = 0;
        while (sb.length() < b.length() && ++ans > 0) sb.append(a);
        sb.append(a);
        int idx = strStr(sb.toString(), b);
        if (idx == -1) return -1;
        return idx + b.length() > a.length() * ans ? ans + 1 : ans;
    }

    int strStr(String ss, String pp) {
        if (pp.isEmpty()) return 0;
        
        // 分别读取原串和匹配串的长度
        int n = ss.length(), m = pp.length();
        // 原串和匹配串前面都加空格，使其下标从 1 开始
        ss = " " + ss;
        pp = " " + pp;

        char[] s = ss.toCharArray();
        char[] p = pp.toCharArray();

        // 构建 next 数组，数组长度为匹配串的长度（next 数组是和匹配串相关的）
        int[] next = new int[m + 1];
        // 构造过程 i = 2，j = 0 开始，i 小于等于匹配串长度 【构造 i 从 2 开始】
        for (int i = 2, j = 0; i <= m; i++) {
            // 匹配不成功的话，j = next(j)
            while (j > 0 && p[i] != p[j + 1]) j = next[j];
            // 匹配成功的话，先让 j++
            if (p[i] == p[j + 1]) j++;
            // 更新 next[i]，结束本次循环，i++
            next[i] = j;
        }

        // 匹配过程，i = 1，j = 0 开始，i 小于等于原串长度 【匹配 i 从 1 开始】
        for (int i = 1, j = 0; i <= n; i++) {
            // 匹配不成功 j = next(j)
            while (j > 0 && s[i] != p[j + 1]) j = next[j];
            // 匹配成功的话，先让 j++，结束本次循环后 i++
            if (s[i] == p[j + 1]) j++;
            // 整一段匹配成功，直接返回下标
            if (j == m) return i - m;
        }
        return -1;
    }
}

时间复杂度：需要 ⌈mn⌉+1\left \lceil \frac{m}{n} \right \rceil + 1⌈nm⌉+1 次拷贝和一次子串匹配。复杂度为 O(n∗(⌈mn⌉+1))O(n * (\left \lceil \frac{m}{n} \right \rceil + 1))O(n∗(⌈nm⌉+1))
空间复杂度：O(n∗(⌈mn⌉+1))O(n * (\left \lceil \frac{m}{n} \right \rceil + 1))O(n∗(⌈nm⌉+1))

字符串哈希

结合「基本分析」，我们知道这本质是一个子串匹配问题，我们可以使用「字符串哈希」来解决。

令 a 的长度为 nnn，b 的长度为 mmm。

仍然是先将 a 复制「上界」次，得到主串 ss，目的是从 ss 中检测是否存在子串为 b。

在字符串哈希中，为了方便，我们将 ss 和 b 进行拼接，设拼接后长度为 lenlenlen，那么 b 串的哈希值为 [len−m+1,len][len - m + 1, len][len−m+1,len] 部分（下标从 111 开始），记为 targettargettarget。

然后在 [1,n][1, n][1,n] 范围内枚举起点，尝试找长度为 mmm 的哈希值与 targettargettarget 相同的哈希值。

代码：

class Solution {
    public int repeatedStringMatch(String a, String b) {
        StringBuilder sb = new StringBuilder();
        int ans = 0;
        while (sb.length() < b.length() && ++ans > 0) sb.append(a);
        sb.append(a);
        int idx = strHash(sb.toString(), b);
        if (idx == -1) return -1;
        return idx + b.length() > a.length() * ans ? ans + 1 : ans;
    }
    int strHash(String ss, String b) {
        int P = 131;
        int n = ss.length(), m = b.length();
        String str = ss + b;
        int len = str.length();
        int[] h = new int[len + 10], p = new int[len + 10];
        h[0] = 0; p[0] = 1;
        for (int i = 0; i < len; i++) {
            p[i + 1] = p[i] * P;
            h[i + 1] = h[i] * P + str.charAt(i);
        }
        int r = len, l = r - m + 1;
        int target = h[r] - h[l - 1] * p[r - l + 1]; // b 的哈希值
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            int j = i + m - 1;
            int cur = h[j] - h[i - 1] * p[j - i + 1]; // 子串哈希值
            if (cur == target) return i - 1;
        }
        return -1;
    }
}

时间复杂度：需要 ⌈mn⌉+1\left \lceil \frac{m}{n} \right \rceil + 1⌈nm⌉+1 次拷贝和一次子串匹配。复杂度为 O(n∗(⌈mn⌉+1))O(n * (\left \lceil \frac{m}{n} \right \rceil + 1))O(n∗(⌈nm⌉+1))
空间复杂度：O(n∗(⌈mn⌉+1))O(n * (\left \lceil \frac{m}{n} \right \rceil + 1))O(n∗(⌈nm⌉+1))

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.686 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：github.com/SharingSour… 。

在仓库地址里，你可以看到系列文章的题解链接、系列文章的相应代码、LeetCode 原题链接和其他优选题解。

更多更全更热门的「笔试/面试」相关资料可访问排版精美的合集新基地 🎉🎉