题目描述

这是 LeetCode 上的「139. 单词拆分」，难度为「中等」。

Tag : 「动态规划」、「哈希表」、「序列 DP」

给你一个字符串 s 和一个字符串列表 wordDict 作为字典。请你判断是否可以利用字典中出现的单词拼接出 s 。

注意：不要求字典中出现的单词全部都使用，并且字典中的单词可以重复使用。

示例 1：

输入: s = "leetcode", wordDict = ["leet", "code"]

输出: true

解释: 返回 true 因为 "leetcode" 可以由 "leet" 和 "code" 拼接成。

示例 2：

输入: s = "applepenapple", wordDict = ["apple", "pen"]

输出: true

解释: 返回 true 因为 "applepenapple" 可以由 "apple" "pen" "apple" 拼接成。
     注意，你可以重复使用字典中的单词。

示例 3：

输入: s = "catsandog", wordDict = ["cats", "dog", "sand", "and", "cat"]

输出: false

提示：

• \(1\le s.length \le 300\)
• \(1 \le wordDict.length \le 1000\)
• \(1 \le wordDict[i].length \le 20\)
• s 和 wordDict[i] 仅有小写英文字母组成
• wordDict 中的所有字符串 互不相同

序列 DP

将字符串 s 长度记为\(n\)，wordDict 长度记为\(m\)。为了方便，我们调整字符串 s 以及将要用到的动规数组的下标从\(1\)开始。

定义\(f[i]\)为考虑前\(i\)个字符，能否使用wordDict拼凑出来：当\(f[i] = true\)代表\(s[1...i]\)能够使用wordDict所拼凑，反之则不能。

不失一般性考虑\(f[i]\)该如何转移：由于\(f[i]\) 需要考虑\(s[1...i]\) 范围内的字符，若 \(f[i]\)为 True 说明整个\(s[1...i]\)  都能够使用 wordDict 拼凑，自然也包括最后一个字符\(s[i]\) 所在字符串 sub。

我们可以枚举最后一个字符所在字符串的左端点\(j\)，若\(sub = s[j...i]\)在wordDict中出现过，并且\(f[j-1]=true\)，说明\(s[0...(j-1)]\)能够被拼凑，并且子串sub也在wordDict，可得f[i] = True。

为了快速判断某个字符是否在 wordDict 中出现，我们可以使用 Set 结构对\(wordDict[i]\) 进行转存。

代码

c++代码：

class Solution {
public:
    bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
        int n = s.size();
        unordered_set<string> wordSet;
        for(auto& word:wordDict) wordSet.insert(word);
        vector<bool> dp(n + 1,false);
        dp[0] = true;
        for(int i = 1;i<=n;++i){
            for(int j = i;j>=1 && !dp[i];--j){ //dp[i]一但为true，不再继续！
                //注意下标都要-1
                string substr = s.substr(j-1,i-j+1);
                if(wordSet.count(substr)) dp[i] = dp[j - 1];
            }
        }
        return dp[n];
    }
};

Java 代码：

class Solution {
    public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
        Set<String> set = new HashSet<>();
        for (String word : wordDict) set.add(word);
        int n = s.length();
        boolean[] f = new boolean[n + 10];
        f[0] = true;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= i && !f[i]; j++) {
                String sub = s.substring(j - 1, i);
                if (set.contains(sub)) f[i] = f[j - 1]; 
            }
        }
        return f[n];
    }
}

TypeScript 代码：

function wordBreak(s: string, wordDict: string[]): boolean {
    const ss = new Set<string>(wordDict)
    const n = s.length
    const f = new Array<boolean>(n + 10).fill(false)
    f[0] = true
    for (let i = 1; i <= n; i++) {
        for (let j = i; j >= 1 && !f[i]; j--) {
            const sub = s.substring(j - 1, i)
            if (ss.has(sub)) f[i] = f[j - 1]
        }
    }
    return f[n]
}

Python 代码：

class Solution:
    def wordBreak(self, s: str, wordDict: List[str]) -> bool:
        ss = set(wordDict)
        n = len(s)
        f = [False] * (n + 10)
        f[0] = True
        for i in range(1, n + 1):
            j = i
            while j >= 1 and not f[i]:
                sub = s[j - 1:i]
                if sub in ss:
                    f[i] = f[j - 1]
                j -= 1
        return f[n]

• 时间复杂度：将 wordDict 转存在 Set 复杂度为\(O(m)\) ；DP 过程复忽裁剪子串和查询 Set 结构的常数，复杂度为\(O(n^2)\)
• 空间复杂度：\(O(n+m)\)

总结

这里简单说下「线性 DP」和「序列 DP」的区别。

线性 DP 通常强调「状态转移所依赖的前驱状态」是由给定数组所提供的，即拓扑序是由原数组直接给出。更大白话来说就是通常有\(f[i][...]\)依赖于\(f[i-1][...]\)。

这就限定了线性 DP 的复杂度是简单由「状态数量（或者说是维度数）」所决定。

序列 DP 通常需要结合题意来寻找前驱状态，即需要自身寻找拓扑序关系（例如本题，需要自己通过枚举的方式来找左端点，从而找到可转移的前驱状态\(f[j-1]\) ）。

这就限定了序列 DP 的复杂度是由「状态数 + 找前驱」的复杂度所共同决定。也直接导致了序列 DP 有很多玩法，往往能够结合其他知识点出题，来优化找前驱这一操作，通常是利用某些性质，或是利用数据结构进行优化。