大厂算法面试之 leetcode 精讲 20. 字符串
作者：全栈潇晨
- 2021 年 12 月 04 日
本文字数：15416 字
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大厂算法面试之 leetcode 精讲 20.字符串
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5. 最长回文子串 （medium）
方法 1.动态规划
思路：定义
dp[i][j]表示子串i～j是否是回文子串，循环 s 的子串，看是否满足s[i]，s[j]相等，如果相等，则dp[i][j]是否为回文串取决于dp[i+1][j-1]是否也是回文子串，在循环的过程中不断更新最大回文子串的长度，注意子串的长度是 0 或 1 也算回文子串复杂度：时间复杂度
O(n^2)，两层循环。空间复杂度O(n^2)，即动态规划 dp 数组的空间。
Js:
var longestPalindrome = function(s) { let n = s.length; let res = ''; let dp = Array.from(new Array(n),() => new Array(n).fill(false));//初始化数组 for(let i = n-1;i >= 0;i--){//循环字符串 for(let j = i;j < n;j++){ //dp[i][j]表示子串i～j是否是回文子串 //回文子串必须满足s[i]，s[j]相等。并且向外扩展一个字符也相等，即dp[i+1][j-1]也是回文子串 //j - i < 2表示子串小于等于1也是回文串 dp[i][j] = s[i] == s[j] && (j - i < 2 || dp[i+1][j-1]); if(dp[i][j] && j - i +1 > res.length){//当前回文子串比之前的大，更新最大长度 res = s.substring(i,j+1); } } } return res;};
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Java:
public String longestPalindrome(String s) { int N = s.length(); boolean[][] dp = new boolean[N][N]; String res = "";
for (int i = N - 1; i >= 0; i--) { for (int j = i; j < N; j++) { if (s.charAt(i) == s.charAt(j) && (j - i <= 1 || dp[i + 1][j - 1])) { dp[i][j] = true; } if (dp[i][j] && (j - i + 1) > res.length()) { res = s.substring(i, j + 1); } } } return res;}
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方法 2.中心扩散法
思路：分最长回文子串是奇数和偶数的情况，定义 start 为最长回文子串开始的索引，然后循环字符串，不断不断向外扩展回文字符串的长度，循环的过程中更新最大回文子串的长度和 start 的位置，最后返回 start 到
start+ maxLength的子串就是本题的答案复杂度：时间复杂度
O(n^2)，循环字符串一次，每次循环内部又向外不断扩张。空间复杂度O(1)
Js:
var longestPalindrome = function (s) { if (s.length <= 0) {//边界条件 return s; }
let start = 0;//最长回文子串开始的索引 let maxLength = 1;//初始化最大回文子串长度 function h(left, right) { //当s[left]，和 s[right]想等时，不断向外扩展回文字符串的长度 while (left >= 0 && right < s.length && s[left] === s[right]) { if (right - left + 1 > maxLength) { maxLength = right - left + 1;//更新最大回文子串的长度 start = left;//更新start的位置 } left--; right++; } }
for (let i = 0; i < s.length; i++) { h(i - 1, i + 1);//回文子串是奇数 h(i, i + 1);//回文子串是偶数 }
return s.substring(start, start + maxLength);};
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Java:
class Solution { public String longestPalindrome(String s) {
if (s == null || s.length() < 1) { return ""; }
//定义最长回文子串的长度 int maxLength = 1; //定义最长回文子串的起始位置 int start = 0; //遍历可能的回文子串的中心位置 for (int i = 0; i < s.length() - 1; i++) { //最长回文子串的长度为奇数时，中心位置为一个字符 int oddLength = expandAroundCenter(s, i, i); //最长回文子串的长度为偶数时，中心位置为两个字符 int evenLength = expandAroundCenter(s, i, i + 1); int length = Math.max(oddLength, evenLength);
//找出最大长度 if (maxLength < length) { maxLength = length; //计算start位置 start = i - (maxLength - 1) / 2; } } //截取字符串 return s.substring(start, start + maxLength); }
//返回最长回文子串的长度 public int expandAroundCenter(String s, int left, int right) { while (left >= 0 && right < s.length()) { if (s.charAt(left) == s.charAt(right)) { //边界向外扩展 left--; right++; } else { break; } } //最后一次向外扩展不满足条件，还原该次扩展 left++; right--; return right - left + 1; }}
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680. 验证回文字符串 Ⅱ （easy）
思路：对撞指针不断判断左右两边的数字是否相等 ，如果不相等还有一次机会，左指针向前一步或者右指针向后一步继续验证
复杂度：时间复杂度
O(n)，空间复杂度O(1)。
例子：
输入: s = "aba"输出: true
输入: s = "abca"输出: true解释: 你可以删除c字符。
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js：
function isPalindrome(str, l, r) { while (l < r) { //对撞指针不断判断两边的数字是否相等 if (str[l] != str[r]) { return false; } l++; r--; } return true;}
var validPalindrome = function (str) { let l = 0, r = str.length - 1; //头尾指针 while (l < r) { if (str[l] != str[r]) {//左右指针不一样 还有一次机会，左指针向前一步或者右指针向后一步继续验证 return isPalindrome(str, l + 1, r) || isPalindrome(str, l, r - 1); } l++; r--; } return true;};
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java：
class Solution { public boolean validPalindrome(String s) { int l = 0, r = s.length() - 1; while (l < r) { char c1 = s.charAt(l), c2 = s.charAt(r); if (c1 == c2) { ++l; --r; } else { return validPalindrome(s, l, r - 1) || validPalindrome(s, l + 1, r); } } return true; }
public boolean validPalindrome(String s, int l, int r) { for (int i = l, j = r; i < j; ++i, --j) { char c1 = s.charAt(i), c2 = s.charAt(j); if (c1 != c2) { return false; } } return true; }}
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32. 最长有效括号 （hard）
方法 1.动态规划
思路：
dp[i]表示以 i 结尾的最长有效括号的长度，分为 4 种情况，看图复杂度：时间复杂度
O(n)，n 是字符串的长度，总共遍历 1 次。空间复杂度O(n)，即 dp 数组的空间
js:
const longestValidParentheses = (s) => { let maxLen = 0; const len = s.length; const dp = new Array(len).fill(0); for (let i = 1; i < len; i++) { if (s[i] == ')') {//以')'结尾的字符才有效 if (s[i - 1] == '(') {//如果前一个位置是'(' 则能与当前字符形成有效括号 if (i - 2 >= 0) {//如果前2个位置还有字符串 dp[i] = dp[i - 2] + 2;//当前状态等于 当前匹配的2个字符 加上 前两个位置匹配最长字符长度 } else {//如果前2个位置没有字符串 dp[i] = 2;//当前状态等于 当前匹配的2个字符 } //以i-1结尾的有效字符在向前看1个位置 如果是'(' 则能与当前字符形成有效括号 } else if (s[i - dp[i - 1] - 1] == '(') { if (i - dp[i - 1] - 2 >= 0) {//以i-1结尾的有效字符在向前看2个位置 如果>=于0 //当前状态=以i-1结尾的有效字符长度 + 当前匹配2个有效括号 + 以i - dp[i - 1] - 2结尾的有效字符长度 dp[i] = dp[i - 1] + 2 + dp[i - dp[i - 1] - 2]; } else { //以i-1结尾的有效字符在向前看2个位置 如果<于0 //当前状态=以i-1结尾的有效字符长度 + 当前匹配2个有效括号 dp[i] = dp[i - 1] + 2; } } } maxLen = Math.max(maxLen, dp[i]); } return maxLen;};
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Java:
class Solution { public int longestValidParentheses(String s) { int maxLen = 0; int[] dp = new int[s.length()]; for (int i = 1; i < s.length(); i++) { if (s.charAt(i) == ')') { if (s.charAt(i - 1) == '(') { dp[i] = (i >= 2 ? dp[i - 2] : 0) + 2; } else if (i - dp[i - 1] > 0 && s.charAt(i - dp[i - 1] - 1) == '(') { dp[i] = dp[i - 1] + ((i - dp[i - 1]) >= 2 ? dp[i - dp[i - 1] - 2] : 0) + 2; } maxLen = Math.max(maxLen, dp[i]); } } return maxLen; }}
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方法 2.栈
思路：遍历字符串，准备一个栈，存放字符串下标，首先放入初始参照物-1，遇到'('入栈，遇到')'出栈，并且判断栈长度，如果不为空，更新最大合法字符串长度，否则将当前下标放入栈中
复杂度：时间复杂度
O(n)，n 是字符串的长度，总共遍历 1 次。空间复杂度O(n)，即栈的空间
js:
var longestValidParentheses = function (s) { let maxLen = 0 let stack = [] stack.push(-1) // 初始化一个参照物 for (let i = 0; i < s.length; i++) { if (s[i] === '(') { // ( 入栈 )出栈 stack.push(i) } else { // )的情况 出栈 stack.pop() if (stack.length) { // 每次出栈 计算下当前有效连续长度 // 如何计算连续长度 当前位置 - 栈顶下标 maxLen = Math.maxLen(maxLen, i - stack[stack.length - 1]) } else { stack.push(i) //栈为空时 放入右括号参照物 表示从这个下标开始 需要重新计算长度 } } } return maxLen};
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java:
class Solution { public int longestValidParentheses(String s) { int maxLen = 0; Deque<Integer> stack = new LinkedList<Integer>(); stack.push(-1); for (int i = 0; i < s.length(); i++) { if (s.charAt(i) == '(') { stack.push(i); } else { stack.pop(); if (stack.isEmpty()) { stack.push(i); } else { maxLen = Math.max(maxLen, i - stack.peek()); } } } return maxLen; }}
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方法 3.两次遍历
思路：从左到右，从右到左依次遍历字符串，遇见'(' ,
left++，遇见')' ,right++，当左右括号数量相同时，更新最大长度，如果 right 大于 left，则重置 left、right 重新计数复杂度：时间复杂度
O(n)，n 是字符串的长度，总共遍历 2 次。空间复杂度O(1)
Js:
var longestValidParentheses = function (s) { let maxLen = 0; let left = 0; let right = 0; for (let i = 0; i < s.length; i++) {//从左往右 if (s[i] == "(") { //遇见'(' left++ left++; } else { right++; //遇见')' right++ } if (left == right) { //左右数量相同 maxLen = Math.max(maxLen, 2 * left); //更新最大长度 } else if (right > left) { //right大于left 重置left right 重新计数 left = right = 0; } } left = right = 0; for (let i = s.length - 1; i >= 0; i--) { //从右往左 if (s[i] == "(") { left++; } else { right++; } if (left == right) { maxLen = Math.max(maxLen, right * 2); } else if (left > right) { left = right = 0; } } return maxLen;};
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Java:
class Solution { public int longestValidParentheses(String s) { int left = 0, right = 0, maxLen = 0; for (int i = 0; i < s.length(); i++) { if (s.charAt(i) == '(') { left++; } else { right++; } if (left == right) { maxLen = Math.max(maxLen, 2 * right); } else if (right > left) { left = right = 0; } } left = right = 0; for (int i = s.length() - 1; i >= 0; i--) { if (s.charAt(i) == '(') { left++; } else { right++; } if (left == right) { maxLen = Math.max(maxLen, 2 * left); } else if (left > right) { left = right = 0; } } return maxLen; }}
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301. 删除无效的括号 （hard）
方法 1:bfs
思路：最少删除的括号数量，这种求最短或者最少的题目，联想到 bfs，bfs 第一个出现解的层，即为最短删除括号所形成的合法字符串。准备 queue 对字符串进行 bfs 搜索，出现合法字符串入队，否则尝试删除一个字符，进入下一层判断，注意合法字符可能重复，需要去重。
js：
var removeInvalidParentheses = function (s) { let res = []; let queue = []; let visited = new Set();//去重
queue.push(s); while (true) { let size = queue.length;//[s] for (let i = 0; i < size; i++) { s = queue.shift();//出队 if (isVaild(s)) {//如果是合法字符串 res.push(s);//加入结果数组 } else if (res.length == 0) {//不合法并且res.length == 0 则进入bfs下一层 尝试删除字符 for (let i = 0; i < s.length; i++) { if (s[i] == '(' || s[i] === ')') {//是左右括号尝试删除字符，否则跳过 let nexts = s.substring(0, i) + s.substring(i + 1); if (!visited.has(nexts)) {//判断新生成的字符串是否重复 queue.push(nexts);//加入队列 进入下一层 [s1,s2...] visited.add(nexts);//加入去重数组 } } } } } if (res.length > 0) {//出现合法字符串的那一层，终止循环 break; } } return res;};
function isVaild(s) { let count = 0; for (let i = 0; i < s.length; i++) { if (s[i] === '(') {//左括号count+1 count++; } else if (s[i] === ')') {//右括号count-1 count--; } if (count < 0) {//小于0 说明右括号多 return false; } } return count === 0;}
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java：
public class Solution {
public List<String> removeInvalidParentheses(String s) { List<String> res = new ArrayList<>(); if (s == null) { return res; }
Set<String> visited = new HashSet<>(); visited.add(s); Queue<String> queue = new LinkedList<>(); queue.add(s);
boolean found = false; while (!queue.isEmpty()) { int size = queue.size(); for (int i = 0; i < size; i++) { String front = queue.poll(); if (isValid(front)) { res.add(front); found = true; }
int currentWordLen = front.length(); char[] charArray = front.toCharArray(); for (int j = 0; j < currentWordLen; j++) { if (front.charAt(j) != '(' && front.charAt(j) != ')') { continue; }
String next = new String(charArray, 0, j) + new String(charArray, j + 1, currentWordLen - j - 1); if (!visited.contains(next)) { queue.offer(next); visited.add(next); } } }
if (found) { break; } } return res; }
public boolean isValid(String s) { char[] charArray = s.toCharArray(); int count = 0; for (char c : charArray) { if (c == '(') { count++; } else if (c == ')') { count--; } if (count < 0) { return false; } } return count == 0; }}
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387. 字符串中的第一个唯一字符 （easy）
方法 1:哈希表
思路：统计字符出现的频次，找出第一个频次为 1 的字符的索引
复杂度：时间复杂度
O(n)，空间复杂度O(k)，k 是字符集大小
js：
var firstUniqChar = function (s) { const counts = new Array(26).fill(0); //长度为26的数组，存放字符的出现次数
for (const c of s) { //遍历s，统计每个字符出现次数 counts[c.charCodeAt(0) - 97]++; //97是a的Unicode值 } for (let i = 0; i < s.length; i++) { //再次遍历s if (counts[s[i].charCodeAt(0) - 97] == 1) {//找出第一个频次为1的字符的索引 return i; } } return -1;};
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java：
class Solution { public int firstUniqChar(String s) { Map<Character, Integer> frequency = new HashMap<Character, Integer>(); for (int i = 0; i < s.length(); ++i) { char ch = s.charAt(i); frequency.put(ch, frequency.getOrDefault(ch, 0) + 1); } for (int i = 0; i < s.length(); ++i) { if (frequency.get(s.charAt(i)) == 1) { return i; } } return -1; }}
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方法 2:队列
思路：循环字符串 s，如果 map 中未出现当前字符，则将字符串和位置索引加入 map 和队列中，当出现重复字符时，map 中的字符对应的 value 设置成-1，如果队头元素对应在 map 中的 value 是-1，说明是重复元素，不断出队，直到队头是不重复的元素。循环结束之后，如果队列中存在元素，队头就是第一个不重复的字符
复杂度：时间复杂度
O(n)，空间复杂度O(k)，k 是字符集大小
js：
var firstUniqChar = function(s) { const position = new Map(); const q = []; for (let [i, ch] of Array.from(s).entries()) { //循环字符串s，如果map中未出现当前字符，则将字符串和位置索引加入map和队列中 if (!position.has(ch)) { position.set(ch, i); q.push([ch, i]); } else { position.set(ch, -1);//当出现重复字符时 map中的字符对应的value设置成-1 //如果队头元素对应在map中的value是-1，说明是重复元素，不断出队，直到队头是不重复的元素 while (q.length && position.get(q[0][0]) === -1) { q.shift(); } } } return q.length ? q[0][1] : -1;//如果队列中存在元素，队头就是第一个不重复的字符};
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java：
class Solution { public int firstUniqChar(String s) { Map<Character, Integer> position = new HashMap<Character, Integer>(); Queue<Pair> queue = new LinkedList<Pair>(); int n = s.length(); for (int i = 0; i < n; ++i) { char ch = s.charAt(i); if (!position.containsKey(ch)) { position.put(ch, i); queue.offer(new Pair(ch, i)); } else { position.put(ch, -1); while (!queue.isEmpty() && position.get(queue.peek().ch) == -1) { queue.poll(); } } } return queue.isEmpty() ? -1 : queue.poll().pos; }
class Pair { char ch; int pos;
Pair(char ch, int pos) { this.ch = ch; this.pos = pos; } }}
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14. 最长公共前缀 （easy）
思路：纵向扫描字符串，找到第一个不相同的位置
复杂度：时间复杂度
O(mn)，m 是字符串最长长度，n 是字符数组长度
f l o w e rf l o wf l i g h t
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js：
var longestCommonPrefix = function(strs) { if(strs.length == 0) return ""; let ans = strs[0];//ans初始值为字符串数组的第一个 for(let i =1;i<strs.length;i++) {//循环字符串数组 let j=0; for(;j<ans.length && j < strs[i].length;j++) {//循环字符，找到第一个不相同的位置 if(ans[j] != strs[i][j]) break; } ans = ans.substr(0, j);//从0号位置到第一个不相同的位置 截取字符串 if(ans === "") return ans; } return ans;};
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java：
class Solution { public String longestCommonPrefix(String[] strs) { if(strs.length == 0) return ""; String ans = strs[0]; for(int i =1;i<strs.length;i++) { int j=0; for(;j<ans.length() && j < strs[i].length();j++) { if(ans.charAt(j) != strs[i].charAt(j)) break; } ans = ans.substring(0, j); if(ans.equals("")) return ans; } return ans; }}
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344. 反转字符串 （easy）
思路：指针 left 初始时指向 0 号位置，right 初始指向 n-1 的位置。双指针不断交换 left 和 right 位置的元素
复杂度：时间复杂度
O(n)。空间复杂度O(1)
js：
var reverseString = function(s) { const n = s.length; //双指针不断交换left和right位置的元素 for (let left = 0, right = n - 1; left < right; left++, right--) { [s[left], s[right]] = [s[right], s[left]]; }};
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java：
class Solution { public void reverseString(char[] s) { int n = s.length; for (int left = 0, right = n - 1; left < right; left++, right--) { char tmp = s[left]; s[left] = s[right]; s[right] = tmp; } }}
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151. 翻转字符串里的单词 (medium)
方法 1:正则
思路：将字符串头尾空格去掉，然后将那个多个空格用正则替换成一个空格，根据空格分隔成数组，然后翻转转回字符串
js：
var reverseWords = function(s) { return s.trim().replace(/\s+/g, ' ').split(' ').reverse().join(' ')};
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java：
class Solution { public String reverseWords(String s) { s = s.trim(); List<String> wordList = Arrays.asList(s.split("\\s+")); Collections.reverse(wordList); return String.join(" ", wordList); }}
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方法 2:双端队列
思路：left 指针初始在 0 号位置，right 指针初始在
s.length - 1位置，遍历字符串，将每个由空格分隔的字符串加入队列，最后在转回字符串就是翻转过后的了复杂度：时间复杂度
O(n)，空间复杂度O(n)
js：
//"the sky is blue"var reverseWords = function(s) { let left = 0 let right = s.length - 1 let queue = [] let word = '' //去掉左右的空格 while (s.charAt(left) === ' ') left ++ while (s.charAt(right) === ' ') right -- while (left <= right) { let char = s.charAt(left) if (char === ' ' && word) { queue.unshift(word)//字符串加入队列 word = ''//重置字符串 } else if (char !== ' '){//拼接单个字符串 word += char } left++ } queue.unshift(word)//最后一个字符串也要加入队列 return queue.join(' ')//转回字符串};
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java:
class Solution { public String reverseWords(String s) { int left = 0, right = s.length() - 1; while (left <= right && s.charAt(left) == ' ') { ++left; }
while (left <= right && s.charAt(right) == ' ') { --right; }
Deque<String> d = new ArrayDeque<String>(); StringBuilder word = new StringBuilder(); while (left <= right) { char c = s.charAt(left); if ((word.length() != 0) && (c == ' ')) { d.offerFirst(word.toString()); word.setLength(0); } else if (c != ' ') { word.append(c); } ++left; } d.offerFirst(word.toString());
return String.join(" ", d); }}
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1143. 最长公共子序列 (medium)
方法 1:动态规划
思路：注意子序列可以不连续
状态定义：
dp[i][j]表示text1[0:i-1]和text2[0:j-1]的最长公共子序列，注意是闭区间，之所以是到i-1或j-1，是方便初始化 dp 数组，当i=0或者j=0的时候表示的就是空字符和另一个字符串匹配，此时的dp[i][j]=0状态转移方程：当
text1[i - 1] == text2[j - 1]时：dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1当
text1[i - 1] != text2[j - 1]时：dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);dp 的初始化：当 i = 0 时：
dp[0][j]=0当
j = 0时：dp[i][0]=0返回结果：
dp[len(text1)][len(text2)]复杂度：时间复杂度
O(mn)，空间复杂度O(mn)
js：
var longestCommonSubsequence = function(text1, text2) { const m = text1.length, n = text2.length; const dp = new Array(m + 1).fill(0).map(() => new Array(n + 1).fill(0));//初始化dp for (let i = 1; i <= m; i++) { const c1 = text1[i - 1]; for (let j = 1; j <= n; j++) { const c2 = text2[j - 1]; if (c1 === c2) { dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;//text1与text2字符相同时 最长公共子序列长度+1 } else { //text1与text2字符不同时 返回text1或text2向前减少一位之后的最长公共子序列中的较大者 dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]); } } } return dp[m][n];};
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java：
class Solution { public int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) { int m = text1.length(), n = text2.length(); int[][] dp = new int[m + 1][n + 1]; for (int i = 1; i <= m; i++) { char c1 = text1.charAt(i - 1); for (int j = 1; j <= n; j++) { char c2 = text2.charAt(j - 1); if (c1 == c2) { dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1; } else { dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]); } } } return dp[m][n]; }}
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115. 不同的子序列 (hard)
方法 1.动态规划
思路：拆分成不同子串的匹配，这些匹配存在重复子结构，可以用动态规划来做
状态定义：
dp[i][j]表示以 i-1 为结尾的 s，它的子序列中出现以 j-1 为结尾的 t 的个数为dp[i][j]状态转移方程：
s[i-1] == t[j-1]时：1.用
s[i - 1]来匹配，dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]，2.不用
s[i - 1]来匹配，dp[i][j] = dp[i-1][j]。s[i-1] != t[j-1]时：就不能用s[i - 1]来匹配，dp[i][j] = dp[i-1][j]初始状态：
dp[i][0] =1：当j=0时，相当于 t 是空字符串，空字符在另一个字符串的子串中出现一次，此时第一列都初始化为 1。其他情况：初始化的时候
dp[i][j] =0复杂度：时间复杂度
O(mn)，m，n 分别是 s 和 t 的长度。空间复杂度O(mn)，dp 数组的空间
js：
//dp[i][j]表示以i-1为结尾的s子序列中出现以j-1为结尾的t的个数为dp[i][j]const numDistinct = (s, t) => { //初始化dp数组， let dp = Array.from(Array(s.length + 1), () => Array(t.length +1).fill(0)); //当j=0时，相当于t是空字符串，空字符在另一个字符串的子串中出现一次，此时第一列都初始化为1， for(let i = 0; i <=s.length; i++) { dp[i][0] = 1; } //当s[i-1] == t[j-1]： //1.用s[i - 1]来匹配 dp[i][j] = dp[i-1][j-1] //2.不用s[i - 1]来匹配 dp[i][j] = dp[i-1][j] //当s[i-1] != t[j-1]：不能用s[i-1]来匹配,s[i - 1]匹配不了t[j-1]，所以dp[i][j] = dp[i-1][j] for(let i = 1; i <= s.length; i++) { for(let j = 1; j<= t.length; j++) { if(s[i-1] === t[j-1]) { dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i-1][j]; } else { dp[i][j] = dp[i-1][j] } } }
return dp[s.length][t.length];};
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java：
class Solution { public int numDistinct(String s, String t) { int[][] dp = new int[s.length() + 1][t.length() + 1]; for (int i = 0; i < s.length() + 1; i++) { dp[i][0] = 1; } for (int i = 1; i < s.length() + 1; i++) { for (int j = 1; j < t.length() + 1; j++) { if (s.charAt(i - 1) == t.charAt(j - 1)) { dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j]; }else{ dp[i][j] = dp[i - 1][j]; } } } return dp[s.length()][t.length()]; }}
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125. 验证回文串 （easy）
思路：用正则去掉无关字符，然后对撞指针判断左右两边是否是相同的字符
复杂度：时间复杂度O(n)，空间复杂度O(1)
js：
var isPalindrome = function (s) { s = s.replace(/[\W|_]/g, "").toLowerCase(); if (s.length < 2) { return true; } let left = 0; let right = s.length - 1; while (left < right) { if (s[left] !== s[right]) {//对撞指针判断左右两边是否是相同的字符 return false; } left++; right--; } return true;};
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java：
public boolean isPalindrome(String s) { String lowerCase = s.toLowerCase();
int left = 0; int right = lowerCase.length() - 1; while (left < right) { while (left < right && !Character.isLetterOrDigit(lowerCase.charAt(left))) { left++; }
while (left < right && !Character.isLetterOrDigit(lowerCase.charAt(right))) { right--; }
if (lowerCase.charAt(left) != lowerCase.charAt(right)) { return false; }
left++; right--; }
return true;}
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796. 旋转字符串 (easy)
思路：字符串重复一次 判断是否包含另一个字符串
复杂度：时间复杂度
O(n^2)，比较一个字符串是否包含另一个字符串的复杂度O(n^2)。空间复杂度O(n)
js
var rotateString = function (A, B) { return A.length <= B.length && (A + A).includes(B)};
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java：
class Solution { public boolean rotateString(String A, String B) { return A.length() == B.length() && (A + A).contains(B); }}
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844. 比较含退格的字符串 (easy)
方法 1.截取字符串，循环字符串，遇到 #就截掉最后一个字符，循环完毕之后，最后比较两个去除掉 #退格之后的字符串是否相等，时间复杂度O(m+n)，m、n 是两个字符串的长度。空间复杂度O(1)
方法 2.双指针
思路：双指针从右往左循环，每次循环两个字符处理掉 #，直到第一个字符是右边退格全部处理掉之后的字符，然后看这两个字符是否一致
复杂度：时间复杂度
O(m+n)，m、n 是两个字符串的长度。空间复杂度O(1)
js：
var backspaceCompare = function(S, T) { let i = S.length - 1, j = T.length - 1, skipS = 0, skipT = 0; //双指针从右往左循环 while(i >= 0 || j >= 0){ while(i >= 0){//处理掉# 直到left指向的字符右边退格全部处理掉 if(S[i] === '#'){ skipS++; i--; }else if(skipS > 0){ skipS--; i--; }else break; } while(j >= 0){//处理掉# 直到right指向的字符右边退格全部处理掉 if(T[j] === '#'){ skipT++; j--; }else if(skipT > 0){ skipT--; j--; }else break; } if(S[i] !== T[j]) return false;//如果处理掉退格之后的字符串不相等，返回false i--;//继续循环 j--; } return true;//如果循环过程中没返回false 最后就返回true};
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java：
class Solution { public boolean backspaceCompare(String S, String T) { int i = S.length() - 1, j = T.length() - 1; int skipS = 0, skipT = 0;
while (i >= 0 || j >= 0) { while (i >= 0) { if (S.charAt(i) == '#') { skipS++; i--; } else if (skipS > 0) { skipS--; i--; } else { break; } } while (j >= 0) { if (T.charAt(j) == '#') { skipT++; j--; } else if (skipT > 0) { skipT--; j--; } else { break; } } if (i >= 0 && j >= 0) { if (S.charAt(i) != T.charAt(j)) { return false; } } else { if (i >= 0 || j >= 0) { return false; } } i--; j--; } return true; }}
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557. 反转字符串中的单词 III (easy)
方法 1:借助 api
// "Let's take LeetCode contest"const reverseWords = s => { const arr = s.split(' '); const res = []; for (let i = 0; i < arr.length; i++) { res.push(arr[i].split('').reverse().join('')); } return res.join(' ');};
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方法 2:双指针
js：
// "Let's take LeetCode contest"var reverseWords = function (s) { let arr = s.split("");
let l = 0, r = l; while (l < arr.length) { //找到结尾的空格 while (arr[r] && arr[r] !== " ") { r++; }
//反转单词 for (let i = l, j = r - 1; i < j; i++, j--) { [arr[i], arr[j]] = [arr[j], arr[i]]; }
//跳到下一个单词 l = r + 1; r = l; }
return arr.join("");};
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发布于: 3 小时前阅读数: 6
全栈潇晨
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还未添加个人签名 2021.02.17 加入
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