今天的四道题是字符串
可以先遍历，记录每一个单词，然后倒序拼接就行，需要O(n)的空间。
若要O(1)的空间复杂度，可以使用双指针法，先将整个字符串s反转，随后反转每个单词，就能得到反转单词顺序后的结果。例如字符串a good example，反转后为elpmaxe doog a，再反转第一个单词：example doog a，去除空格再反转第二个：example good a，然后重复上述过程直到结束。
特殊地，对于移除空格的操作，我们可以不使用库函数，而是使用两个快慢指针，通过赋值和resize操作来避免删除操作的开销。具体来说，一开始快慢指针都指向0，然后每当遇到空格，快指针移动；而当遇到单词，就将这个单词的值赋值给slow位置，然后同时移动快慢指针。要注意的一点就是，我们记得要给两个单词中间添加空格，也就是当遇到非空格且slow不为0时，我们要手动补上一个空格
AC代码：
class Solution {
public:
string reverseWords(string s) {
int left = 0;
int right = s.length() - 1;
reverse(s, left, right);
//去除前导空格
while (s[0] == ' ') s.erase(0, 1);
//去除后置空格
while (s[s.length() - 1] == ' ') s.erase(s.length() - 1, 1);
for (left = 0; left < s.length(); left++) {
//去除多余空格
if (s[left] == ' ') {
int j = left + 1;
//检查left后面是否是空格
while (j < s.length() && s[j] == ' ')
j++;
//将所有多余空格移除
s.erase(left + 1, j - left - 1);
continue;
}
right = left + 1;
//找到单词结尾处
while (right < s.length() && s[right] != ' ')
right++;
reverse(s, left, right - 1);
//此时right指向的位置是空格，left要回退到right-1的位置
//这样在之后left++后才不会越过空格
left = right - 1;
}
return s;
}
void reverse(string& s, int left, int right) {
while (left < right) {
swap(s[left++], s[right--]);
}
}
};
class Solution {
public:
void reverse(string& s, int start, int end){ //翻转，区间写法：左闭右闭 []
for (int i = start, j = end; i < j; i++, j--) {
swap(s[i], s[j]);
}
}
void removeExtraSpaces(string& s) {//去除所有空格并在相邻单词之间添加空格, 快慢指针。
int slow = 0; //整体思想参考https://programmercarl.com/0027.移除元素.html
for (int i = 0; i < s.size(); ++i) { //
if (s[i] != ' ') { //遇到非空格就处理，即删除所有空格。
if (slow != 0) s[slow++] = ' '; //手动控制空格，给单词之间添加空格。slow != 0说明不是第一个单词，需要在单词前添加空格。
while (i < s.size() && s[i] != ' ') { //补上该单词，遇到空格说明单词结束。
s[slow++] = s[i++];
}
}
}
s.resize(slow); //slow的大小即为去除多余空格后的大小。
}
string reverseWords(string s) {
removeExtraSpaces(s); //去除多余空格，保证单词之间之只有一个空格，且字符串首尾没空格。
reverse(s, 0, s.size() - 1);
int start = 0; //removeExtraSpaces后保证第一个单词的开始下标一定是0。
for (int i = 0; i <= s.size(); ++i) {
if (i == s.size() || s[i] == ' ') { //到达空格或者串尾，说明一个单词结束。进行翻转。
reverse(s, start, i - 1); //翻转，注意是左闭右闭 []的翻转。
start = i + 1; //更新下一个单词的开始下标start
}
}
return s;
}
};
使用一个辅助string的话，这道题很简单；如果要求只能使用常数空间，在原地操作的话，思路是先反转整个字符串，将后面k个字符移到前面，再分别将前k个字符与后s.length()-k个字符反转，使得它们分别恢复原来的顺序。 AC代码：
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <string>
#include <vector>
using namespace std;
void reverseStr(string &s, int left, int right) {
while (left < right) {
swap(s[left++], s[right--]);
}
}
int main() {
string s;
int k;
cin >> k;
cin >> s;
reverseStr(s, 0, s.length() - 1);
reverseStr(s, 0, k - 1);
reverseStr(s, k, s.length() - 1);
cout << s << endl;
return 0;
}
class Solution {
public:
string reverseStr(string s, int k) {
for (int i = 0; i < s.size(); i += (2 * k)) {
// 1. 每隔 2k 个字符的前 k 个字符进行反转
// 2. 剩余字符小于 2k 但大于或等于 k 个，则反转前 k 个字符
if (i + k <= s.size()) {
reverse(s.begin() + i, s.begin() + i + k );
} else {
// 3. 剩余字符少于 k 个，则将剩余字符全部反转。
reverse(s.begin() + i, s.end());
}
}
return s;
}
};
KMP算法
AC代码：
class Solution {
public:
vector<int> GetNext(string str) {
// 前缀：不包含最后一个字符的子串；后缀：不包含第一个字符的子串
// next数组代表以下标为i的字符结尾子串中，最长公共前后缀的长度
// 显然，next[0]为0，因为一个字符没有前后缀
vector<int> next(str.size(), 0);
// j代表公共前缀的长度，也即公共前缀的下一个字符的位置
int j = 0;
for (int i = 1; i < str.size(); i++) {
// 如果str[j]!=str[i]，那么我们需要回退，
// 回退到哪呢？
// 当前的子串是str[0...i]，我们比较的是公共前缀的下一个字符str[j]与str[i]是否相等
// 即寻找模式串的前缀子串的最长公共前缀和后缀
// 不相等时，我们知道，对于子串str[0...i-1]，有前缀str[0..j-1]与后缀str[i-j...i-1]相同
// 于是，我们可以基于str[0..j-1]与str[i-j...i-1]相同那部分来回退
// 即j回退到str[0..j-1]与str[i-j...i-1]的公共前缀的下一个位置，即next[j-1]
// 而i则是str[i-j...i-1]的公共后缀的下一个位置，即i，不变
// 例如aabaac，到c时，next数组为[0, 1, 0, 1, 2]
// j=2,i=5,b!=c
// 我们知道aabaa的最长公共前后缀是aa，我们之前相当于比较aab与aac，
// 不相等时，我们知道str1 = str[0..2-1]，即aa与str2 =
// str[5-2...5-1]，即aa是相等的
// 于是我们下一步是比较aa与ac，其中aa的第一个a对应于ac的a，
// 或者说aa的第一个a对应于aa的前缀a，而ac的a对应于aa的后缀a
// 也即我们将i定位到str2的最长公共后缀字符串的下一个位置，即i，不变
// 将j单位到str1的最长公共前缀的下一个位置，即next[j-1]
// 重复以上过程直到str[j]==str[i]或者j==0
while (j > 0 && str[j] != str[i]) {
j = next[j - 1];
}
// 如果str[j]==str[i]，那么代表最长公共前后缀的长度可以在原来的基础上加一
// 也即j移动到下一个位置
if (str[j] == str[i])
j++;
next[i] = j;
}
return next;
}
int strStr(string haystack, string needle) {
if (haystack.size() < needle.size())
return -1;
vector<int> next = GetNext(needle);
int j = 0;
for (int i = 0; i < haystack.size(); i++) {
//与获取next数组的逻辑类似，
//next数组比较str[0..j-1]与str[i-j...i-1]
//而这里则比较needle[0...j]与haystack[i-j...i]
//因此逻辑完全一致
//不妨以aaaaab与aab来举例
//aab的next数组为[0,1,0]
//i=0,j=0,needle[j] == haystack[i],j++
//i=1,j=1,needle[j] == haystack[i],j++
//i=2,j=2,haystack[i] != needle[j],
//此时，j回退，但不是回退到0，而next[1]=1
//因为此时对于haystack[0..2]=aaa与needle[0..2]=aab
//我们知道它们前面是匹配的，即aa，而aa有有着它自己的公共最长前后缀，即a
//于是我们可以取aab的aa中的前缀a，取aaa的前两个aa的后缀a，我们不用再去比较它们了,
// ^ ^
//因为我们知道它们相等，我们可以直接比较它们后面的字符
//即next[j-1]处的字符与i处的字符
while (j > 0 && haystack[i] != needle[j]) {
j = next[j - 1];
}
if (needle[j] == haystack[i])
j++;
if (j >= next.size())
return i - j + 1;
}
return -1;
}
};
