LeetCode 87. Scramble String 开启掘金成长之旅！这是我参与「掘金日新计划 · 12 月更文挑

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LeetCode 87. Scramble String

使用下面描述的算法可以扰乱字符串 s 得到字符串 t ：

如果字符串的长度为 1 ，算法停止
如果字符串的长度 > 1 ，执行下述步骤：
- 在一个随机下标处将字符串分割成两个非空的子字符串。即，如果已知字符串 s ，则可以将其分成两个子字符串 x 和 y ，且满足 s = x + y 。
- 随机决定是要「交换两个子字符串」还是要「保持这两个子字符串的顺序不变」。即，在执行这一步骤之后，s 可能是 s = x + y 或者 s = y + x 。
- 在 x 和 y 这两个子字符串上继续从步骤 1 开始递归执行此算法。

给你两个 长度相等 的字符串 s1 **和 s2，判断 s2 **是否是 s1 **的扰乱字符串。如果是，返回 true ；否则，返回 false 。

示例 1：

输入： s1 = "great", s2 = "rgeat"
输出： true
解释： s1 上可能发生的一种情形是：
"great" --> "gr/eat" // 在一个随机下标处分割得到两个子字符串
"gr/eat" --> "gr/eat" // 随机决定：「保持这两个子字符串的顺序不变」
"gr/eat" --> "g/r / e/at" // 在子字符串上递归执行此算法。两个子字符串分别在随机下标处进行一轮分割
"g/r / e/at" --> "r/g / e/at" // 随机决定：第一组「交换两个子字符串」，第二组「保持这两个子字符串的顺序不变」
"r/g / e/at" --> "r/g / e/ a/t" // 继续递归执行此算法，将 "at" 分割得到 "a/t"
"r/g / e/ a/t" --> "r/g / e/ a/t" // 随机决定：「保持这两个子字符串的顺序不变」
算法终止，结果字符串和 s2 相同，都是 "rgeat"
这是一种能够扰乱 s1 得到 s2 的情形，可以认为 s2 是 s1 的扰乱字符串，返回 true

示例 2：

输入： s1 = "abcde", s2 = "caebd"
输出： false

示例 3：

输入： s1 = "a", s2 = "a"
输出： true

提示：

s1.length == s2.length
1 <= s1.length <= 30
s1 和 s2 由小写英文字母组成

算法1

(暴力搜索) O(5n)TLE 递归判断两个字符串是否可以相互转化。

首先判断两个字符串的字符集合是否相同，如果不同，则两个字符串一定不可以相互转化。然后枚举第一个字符串左半部分的长度，分别递归判断两种可能的情况：

该节点不发生翻转，则分别判断两个字符串的左右两部分是否分别可以相互转化；该节点发生翻转，则分别判断第一个字符串的左边是否可以和第二个字符串的右边相互转化，且第一个字符串的右边可以和第二个字符串的左边相互转化；时间复杂度分析：设 anan 表示两个字符串长度是 n 时的计算量，则根据递归函数，可知在最坏情况下：an=4∑n−1k=1ak，列项相减可以得到 an=5an−1，所以 an=5n。所以时间复杂度是O(5n)。

C++ 代码

class Solution {
public:
    bool isScramble(string s1, string s2) {
        if (s1 == s2) return true;
        string ss1 = s1, ss2 = s2;
        sort(ss1.begin(), ss1.end()), sort(ss2.begin(), ss2.end());
        if (ss1 != ss2) return false;
        for (int i = 1; i < s1.size(); i ++ )
        {
            if (isScramble(s1.substr(0, i), s2.substr(0, i))
                    && isScramble(s1.substr(i), s2.substr(i)))
                return true;
            if (isScramble(s1.substr(0, i), s2.substr(s2.size() - i))
                    && isScramble(s1.substr(i), s2.substr(0, s2.size() - i)))
                return true;
        }
        return false;
    }
};

算法2

DP O(n4) AC 状态表示：f[i, j, k] 1.1 集合：s1[i ~ i + k - 1]与s2[j, j + k - 1]所有匹配方案的集合 1.2 属性：集合是否非空状态计算将f[i, j, k]表示的集合按s1第一段的长度划分划分成k - 1类。设s1第一段的长度为u。则s1[i ~ i + k - 1]与s2[j, j + k - 1]有两种匹配方案，分别判断即可： (1) f[i][j][u] && f[i + u][j + u][k - u] (2) f[i][j + k - u][u] && f[i + u][j][k - u] 时间复杂度分析：状态数 O(n3)，状态转移计算量为 O(n)，所以总时间复杂度为 O(n4)。

C++ 代码

class Solution {
public:
    bool isScramble(string s1, string s2) {
        int n = s1.size();
        vector<vector<vector<bool>>> f(n, vector<vector<bool>>(n, vector<bool>(n + 1)));
        for (int k = 1; k <= n; k ++ )
            for (int i = 0; i + k - 1 < n; i ++ )
                for (int j = 0; j + k - 1 < n; j ++ ) {
                    if (k == 1) {
                        if (s1[i] == s2[j]) f[i][j][k] = true;
                    } else {
                        for (int u = 1; u < k; u ++ ) {
                            if (f[i][j][u] && f[i + u][j + u][k - u] || f[i][j + k - u][u] && f[i + u][j][k - u]) {
                                f[i][j][k] = true;
                                break;
                            }
                        }
                    }
                }
        return f[0][0][n];
    }
};