题目
字符串原地压缩。题目描述:“eeeeeaaaff" 压缩为 "e5a3f2",请编程实现。
思想
首先想到最简单的方法是创建一个数组,一次遍历就可以将原字符串压缩。时间复杂度O(N),空间复杂度O(N)。但这种方法不符合题意,题目要求原地压缩。那么空间复杂度应该是O(1)。
如果使用原地压缩,最麻烦的就是移动数据。如果不用移动数据,就能达到时间复杂度O(N),空间复杂度为O(1)。
不移动数据,可以增加一个标记。标记压缩后的字符串的长度。这样就可以一个数组两个用途了。
问题
如下的字符串“abcccc”,压缩后a1b1c4。另外字符串“abc”压缩后成了“a1b1c1”。这两种情况下,上述方法就不好用了。尤其第二种情况下,压缩后的数组比压缩前还长。 对于这两种情况,因为题目没有规定长度为1的情况的处理情况,不如咱们假设如果长度为1的字符,后面不用1。这样就简化了问题。
另外,还有一个问题,就是在其中一个字符长度大于9时的处理方法。如果长度大于9,需要获取到长度位数,然后将长度数字copy到String上。下面实现的代码没有考虑这种情况。
代码
/**
* 原地压缩
* 字符串原地压缩。题目描述:“eeeeeaaaff" 压缩为 "e5a3f2",请编程实现。
* @author ajwang
*
*/
public class PlaceCompress {
public static void main(String[] args) {
char[] string = "aabbccddeeffg".toCharArray();
int end = placeCompress(string);
System.out.println(String.copyValueOf(string,0,end+1));
}
public static int placeCompress(char[] string) {
int length = string .length;
int compressLength = 0;
int count = 1;
for(int i=1;i<length;i++) {
if(string[i]==string[compressLength]) {
count++;
} else {
if(count!=1) {
compressLength++;
string[compressLength]=(char) ('0'+count%10);
}
compressLength++;
string[compressLength]= string[i];
count = 1;
}
//当处理结束时,需要计算一下最后一个字符出现的次数
if(i==length-1) {
if(count!=1) {
compressLength++;
string[compressLength]=(char) ('0'+count);
}
}
}
return compressLength;
}
}