day124 1016. 子串能表示从 1 到 N 数字的二进制串(Java)

题目来源: 1016. 子串能表示从 1 到 N 数字的二进制串

题目描述：

• 描述: 给定一个二进制字符串 s 和一个正整数 n，如果对于 [1, n] 范围内的每个整数，其二进制表示都是 s 的 子字符串 ，就返回 true，否则返回 false 。 子字符串 是字符串中连续的字符序列。

• 示例:

示例1:
输入：s = "0110", n = 3
输出：true

示例2:
输入：s = "0110", n = 4
输出：false

思路

思路1 题目给定一个二进制字符串s 和一个正整数n。我们需要判断1 到n 中的每一个整数是否都是s 的子字符串。

设[l,r] 表示大于等于l 且小于等于r 范围内的整数，对于n>1，一定存在$k∈N^+$，使得$2^k≤n<2^{k+1}$。那么对于$[2^{k−1},2^k−1]$内的数，它们都小于n，且二进制表示都为k 位，所以字符串s 中至少需要有$2^{k−1}$个长度为k 的不同二进制数。记字符串s 的长度为m，则m 至少需要满足：$m≥2^{k−1}+k−1$ 同理在[2k,n] 内的数，二进制表示都为k+1 位，所以m 同样需要满足：$m≥n-2^k+k+1$

若上述两个条件不满足，则可以直接返回False，否则，因为题目给定m≤1000，所以此时k 一定不大于11。又因为若s 的子串能包含$[2^{k−1},2^k−1]$全部二进制表示，则一定可以包含$[1,2^{k−1}]$ 全部二进制表示。因为我们可以将$[2^{k−1},2^k−1]$中数的二进制表示中的最高位的1 去掉并去掉对应的前导零，便可以得到$[0,2^{k−1}−1]$ 的全部二进制表示。

所以我们对字符串s 判断是否存在$[2^{k−1},2^k−1]$和$[2^k,n]$的全部二进制表示即可。我们可以分别用长度为k 和k+1 的「滑动窗口」来枚举s 中全部长度为k 和k+1 的子串，将其加入哈希表，并判断哈希表中是否存在$[2^{k-1},n]$中的全部数即可

以上的分析都在n>1 的基础上，当n=1 时，我们只需要判断‘1’ 是否在s 中即可。

具体实现1

class Solution {
    public boolean queryString(String s, int n) {
        if (n == 1) {
            return s.indexOf('1') != -1;
        }
        int k = 30;
        while ((1 << k) >= n) {
            --k;
        }
        if (s.length() < (1 << (k - 1)) + k - 1 || s.length() < n - (1 << k) + k + 1) {
            return false;
        }
        return help(s, k, 1 << (k - 1), (1 << k) - 1) && help(s, k + 1, 1 << k, n);
    }

    public boolean help(String s, int k, int mi, int ma) {
        Set<Integer> set = new HashSet<Integer>();
        int t = 0;
        for (int r = 0; r < s.length(); ++r) {
            t = t * 2 + (s.charAt(r) - '0');
            if (r >= k) {
                t -= (s.charAt(r - k) - '0') << k;
            }
            if (r >= k - 1 && t >= mi && t <= ma) {
                set.add(t);
            }
        }
        return set.size() == ma - mi + 1;
    }
}

复杂度分析1:

• 时间复杂度：O(logn+m)，其中m 为字符串s 的长度。k 的求解时间开销为O(logn)，「滑动窗口」枚举字符串s 每一个k 和k+1 子串的时间开销为O(m)。

• 空间复杂度：O(m)，其中m 为字符串s 的长度，主要为哈希表的空间开销。