【每日一题Day211】LC1079活字印刷 | 回溯 计数dp

活字印刷【LC1079】

你有一套活字字模 tiles，其中每个字模上都刻有一个字母 tiles[i]。返回你可以印出的非空字母序列的数目。

**注意：**本题中，每个活字字模只能使用一次。

我反正是写的相当暴力

计数+回溯

• 思路：

  为了构成不同的字母序列，每一个位置相同的字母只能使用一次。

  • 因此可以预处理每个字符出现的次数，然后使用回溯枚举每个位置字母的使用情况，并使用全局变量记录结果。
  • 每层有一个选择时，数量加1

• 实现

  class Solution {
      public int numTilePossibilities(String tiles) {
          int[] cnt = new int[26];
          for (char c : tiles.toCharArray()) {
              ++cnt[c - 'A'];
          }
          return dfs(cnt);
      }
  
      private int dfs(int[] cnt) {
          int res = 0;
          for (int i = 0; i < cnt.length; ++i) {
              if (cnt[i] > 0) {
                  ++res;
                  --cnt[i];
                  res += dfs(cnt);
                  ++cnt[i];
              }
          }
          return res;
      }
  }
  
  作者：ylb
  链接：https://leetcode.cn/problems/letter-tile-possibilities/solutions/2275545/python3javacgotypescript-yi-ti-yi-jie-ji-cxp7/
  来源：力扣（LeetCode）
  著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
  

  • 复杂度

    • 时间复杂度：$O(m\ast m!)$，m为字符串中的字符种类数量
    • 空间复杂度：$O(m)$

计数dp

• 思路

  考虑每一长度的序列，取哪几种字符每种字符又放多少个组成的序列有多少种，可以找到子问题，因此可以使用dp解决

  • 子问题：

    

  • 定义状态：$dp[i][j]$表示用前$i$种字符构造长为$j$的序列的方案数

  • 状态转移：设第$i$种字符有$cnt$个

    • 如果一个也不选，那么$dp[i][j]=dp[i-1][j]$

    • 如果选$k$个，那么需要从$j$个位置中选$k$个放第$i$种字符，其余位置就是用前$i-1$种字符构造长为$j-k$的序列的方案数，于是有
      $$dp[i][j]=\sum _{k=0}^{min(j,cnt)}dp[i-1][j-k]\ast \left(\begin{array}{l}j\\ k\end{array}\right)$$

  • 初始值：$dp[0][0]=1$

  • 最终答案：${\sum }_{j=1}^{n}dp[m][j]$

• 实现

  • 首先预处理组合数，通过选或者不选有以下性质
    $$
    \left( \begin{array}{lc} {n} \{k} \end{array} \right)

    \left( \begin{array}{lc} {n-1} \{k-1} \end{array} \right)+\left( \begin{array}{lc} {n-1} \{k} \end{array} \right)
    $$

  • 然后统计每种字符的数目

  • 然后进行dp

  class Solution {
      private static final int MX = 8;
      private static final int[][] c = new int[MX][MX];
  
      static {
          for (int i = 0; i < MX; i++) {
              c[i][0] = c[i][i] = 1;
              for (int j = 1; j < i; j++)
                  c[i][j] = c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j]; // 预处理组合数
          }
      }
  
      public int numTilePossibilities(String tiles) {
          int[] counts = new int[26];// 统计每个字母的出现次数
          for (var c : tiles.toCharArray())
              counts[c - 'A']++;
          int m = counts.length, n = tiles.length();
          var f = new int[m + 1][n + 1];
          f[0][0] = 1; // 构造空序列的方案数
          int i = 1;
          for (var cnt : counts) { // 枚举第 i 种字母
              for (int j = 0; j <= n; j++) // 枚举序列长度 j
                  for (int k = 0; k <= j && k <= cnt; k++) // 枚举第 i 种字母选了 k 个
                      f[i][j] += f[i - 1][j - k] * c[j][k];
              i++;
          }
          int ans = 0;
          for (int j = 1; j <= n; j++)
              ans += f[m][j];
          return ans;
      }
  }
  
  作者：灵茶山艾府
  链接：https://leetcode.cn/problems/letter-tile-possibilities/solutions/2275356/on2-ji-shu-dppythonjavacgo-by-endlessche-hmez/
  来源：力扣（LeetCode）
  著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
  

  • 复杂度

    • 时间复杂度：$\mathcal{O}(n)$，n为字符串的长度。虽然写了个三重循环，但换个角度，对于一个固定的 $j$，最内层的循环次数之和，约为所有字母的出现次数之和，即 $\mathcal{O}(n)$。相当于最外层和最内层合起来是一个 $\mathcal{O}(n)$的循环。所以三重循环的时间复杂度为 $\mathcal{O}(n^2)$。
    • 空间复杂度：$\mathcal{O}(n^2)$，忽略预处理组合数的时间和空间