在 LeetCode 简单题中，最长公共前缀（Longest Common Prefix）是一道经典的字符串处理题目。它看似简单，却能考察对字符串遍历、边界处理的基本功，同时衍生出多种优化算法。本文将从题目分析入手，拆解两种核心解法，补充易错点和场景适配建议，帮你彻底掌握这道题。
一、题目回顾
题目描述
编写一个函数来查找字符串数组中的最长公共前缀。如果不存在公共前缀，返回空字符串 ""。
示例
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输入：
strs = ["flower","flow","flight"]，输出："fl" -
输入：
strs = ["dog","racecar","car"]，输出：""（无公共前缀） -
输入：
strs = ["a"]，输出："a"（单元素数组直接返回自身）
核心考点
- 字符串遍历与字符对比；2. 边界条件处理（空数组、单元素数组、字符串长度不一致）；3. 算法效率优化（减少无效对比次数）。
二、解法一：逐字符遍历法（暴力遍历优化版）
解法思路
以数组第一个字符串为基准，逐字符遍历其每个位置，同时检查其他所有字符串的对应位置是否相同：
-
遍历第一个字符串的每个字符（索引
j从 0 开始）； -
对每个字符，检查数组中其他字符串的第
j位是否与之相等，同时判断是否超出其他字符串的长度； -
若所有字符串对应位置字符相同且无长度溢出，将该字符加入结果；若有任一不匹配或溢出，立即终止遍历并返回结果。
代码实现与注释
function longestCommonPrefix_1(strs: string[]): string {
// 边界处理：空数组直接返回空字符串，避免访问 strs[0] 报错
if (!strs || strs.length === 0) return "";
// 单元素数组直接返回自身，无需遍历
if (strs.length === 1) return strs[0];
let res = "";
// 以第一个字符串为基准，遍历每个字符
for (let j = 0; j < strs[0].length; j++) {
let isEqual = true; // 标记当前字符是否所有字符串都匹配
let overLen = false; // 标记是否有字符串超出长度
// 检查其他所有字符串的第 j 位
for (let i = 1; i < strs.length; i++) {
// 易错点：下标 j 等于字符串长度时已越界，需用 >= 而非 >
if (j >= strs[i].length) {
overLen = true;
break;
}
// 字符不匹配，标记后终止内层循环
if (strs[i][j] !== strs[0][j]) {
isEqual = false;
break;
}
}
// 只有所有字符串匹配且无长度溢出，才追加字符
if (isEqual && !overLen) {
res += strs[0][j];
} else {
break; // 任一不满足，直接终止外层循环
}
}
return res;
};
复杂度分析
-
时间复杂度：
O(mn)，其中m是第一个字符串的长度，n是字符串数组长度。最坏情况需遍历第一个字符串所有字符，且每个字符都要对比所有字符串。 -
空间复杂度：
O(1)，仅用常数额外空间存储结果和标记变量（不计结果存储的空间）。
易错点修正
原代码中 j > strs[i].length 存在逻辑错误：字符串下标从 0 开始，当 j 等于字符串长度时，已超出字符串范围（如字符串长度为 3，下标最大为 2），需修正为 j >= strs[i].length，否则会出现越界报错。
解法二：二分查找法（高效优化版）
解法思路
最长公共前缀的长度必然在 [0, 最短字符串长度] 范围内（前缀不可能比最短字符串还长）。利用二分查找缩小这个长度范围，每次判断「当前长度的前缀是否为所有字符串的公共前缀」，逐步锁定最长有效长度：
-
先找到数组中最短字符串的长度，作为二分查找的右边界；
-
二分查找的左边界为 0，每次计算中间长度
mid； -
判断长度为
mid的前缀是否为公共前缀：若是，尝试更长的前缀（左边界右移）；若不是，尝试更短的前缀（右边界左移）； -
最终左边界（或右边界，二分结束后两者相等）即为最长公共前缀的长度，截取该长度的字符串返回。
代码实现与注释
function longestCommonPrefix_2(strs: string[]): string {
// 边界处理：空数组返回空字符串
if (!strs || strs.length === 0) return "";
if (strs.length === 1) return strs[0];
// 步骤1：找到最短字符串长度，作为二分查找的右边界
let minLen = Infinity;
for (const str of strs) {
minLen = Math.min(minLen, str.length);
}
// 步骤2：二分查找最长公共前缀长度
let low = 0, high = minLen;
while (low < high) {
// 易错点：向上取整，避免 low = high - 1 时死循环
const mid = Math.floor((low + high + 1) / 2);
if (isCommonPrefix(strs, mid)) {
low = mid; // 长度 mid 有效，尝试更长的前缀
} else {
high = mid - 1; // 长度 mid 无效，尝试更短的前缀
}
}
// 步骤3：截取最长公共前缀
return strs[0].substring(0, low);
}
// 辅助函数：检查所有字符串是否有长度为 len 的公共前缀
function isCommonPrefix(strs: string[], len: number): boolean {
// 取第一个字符串的前 len 个字符作为基准前缀
const prefix = strs[0].substring(0, len);
// 检查其他所有字符串是否以该前缀开头
for (let i = 1; i < strs.length; i++) {
if (!strs[i].startsWith(prefix)) {
return false;
}
}
return true;
}
复杂度分析
-
时间复杂度：
O(mn log m)，其中m是最短字符串长度，n是字符串数组长度。二分查找的次数为log m，每次检查前缀需遍历所有字符串，对比m个字符。 -
空间复杂度：
O(1)，仅用常数额外空间存储边界变量和基准前缀（辅助函数的前缀为临时变量，长度不超过m，可视为常数级）。
关键优化点
-
二分查找减少无效对比：相比逐字符遍历，对于超长字符串（如长度 1000+），二分查找仅需 10 次左右的长度判断，大幅减少对比次数；
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向上取整避免死循环：若采用
mid = Math.floor((low + high)/2)，当low = high - 1时，可能出现无限循环（如low=2, high=3，mid=2，若有效则 low 仍为 2，无法退出循环），向上取整可直接锁定最终长度。
三、两种解法对比与场景适配
| 解法 | 优势 | 劣势 | 适用场景 |
|---|---|---|---|
| 逐字符遍历 | 逻辑简单、实现成本低，提前不匹配时可立即终止 | 超长字符串场景下，对比次数较多 | 常规场景、字符串长度较短、大概率提前出现不匹配 |
| 二分查找 | 超长字符串场景下效率更高，对比次数稳定 | 逻辑稍复杂，需额外实现辅助函数 | 字符串长度长、字符串数组规模大 |
四、进阶拓展：其他优化思路
除了上述两种解法，还有两种常用思路可进一步优化：
1. 横向扫描法（逐字符串对比）
以第一个字符串为初始前缀，依次与后续字符串对比，不断缩短前缀长度（取当前前缀与下一个字符串的公共前缀），若前缀为空则直接返回。时间复杂度同样为 O(mn)，但提前空前缀时终止更快，适合前缀较短的场景。
2. 排序法（利用字典序特性）
对字符串数组排序后，最长公共前缀必然是第一个和最后一个字符串的公共前缀（排序后首尾字符串差异最大）。仅需对比首尾两个字符串，代码极简，适合字符串数量多但长度短的场景，时间复杂度为 O(nm log n)（排序占主导）。
五、总结
LeetCode 14 题的核心是「边界处理」和「减少无效对比」：
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新手优先掌握逐字符遍历法，吃透边界处理（空数组、越界判断），夯实字符串操作基础；
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追求高效可选用二分查找法，尤其适合超长字符串场景，理解「二分思想」在字符串问题中的应用；
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实际开发中可根据字符串数组的规模和长度，选择最适配的解法（如多短字符串用排序法，长字符串用二分法）。
这道题的多种解法体现了「简单问题深挖掘」的特点，学好它能为后续更复杂的字符串处理题目打下基础。
