LeetCode_字符串

最新推荐文章于 2025-10-27 10:59:34 发布

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#字符串 #算法 #leetcode

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1. 242. 有效的字母异位词[easy]

给定两个字符串 s 和 t ，编写一个函数来判断 t 是否是 s 的字母异位词。

示例 1:
输入: s = "anagram", t = "nagaram"
输出: true
示例 2:
输入: s = "rat", t = "car"
输出: false
说明:
你可以假设字符串只包含小写字母。

进阶:
如果输入字符串包含 unicode 字符怎么办？你能否调整你的解法来应对这种情况？

class Solution {
public:
    bool isAnagram(string s, string t) {
        vector<int> s1_hash(26),s2_hash(26);
        int len=s.size();
        for(int i=0;i<len;++i){
            s1_hash[s[i]-'a']++;
        }
        len=t.size();
        for(int i=0;i<len;++i){
            s2_hash[t[i]-'a']++;
        }
        for(int i=0;i<26;++i){
            if(s1_hash[i]!=s2_hash[i])
                return false;
        }
        return true;
    }
};

2. 409. 最长回文串[easy]

给定一个包含大写字母和小写字母的字符串，找到通过这些字母构造成的最长的回文串。

在构造过程中，请注意区分大小写。比如 “Aa” 不能当做一个回文字符串。

注意:
假设字符串的长度不会超过 1010。

示例 1:

输入:
“abccccdd”

输出:
7

解释:
我们可以构造的最长的回文串是"dccaccd", 它的长度是 7。

分析：

每个字符有偶数个可以用来构成回文字符串

回文字符串最中间的字符可以单独出现，如果有单独的字符就把它放在最中间

class Solution {
public:
    int longestPalindrome(string s) {
        vector<int> cnts(256);
        for(auto c:s){
            cnts[c]++;
        }
        int ans=0;
        for(int i=0;i<256;++i){
            ans+=cnts[i]/2*2;
        }
        if(ans<s.size()){
            ans++;
        }
        return ans;
    }
};

3. 205. 同构字符串[easy]

给定两个字符串 s 和 t，判断它们是否是同构的。

如果 s 中的字符可以被替换得到 t ，那么这两个字符串是同构的。

所有出现的字符都必须用另一个字符替换，同时保留字符的顺序。两个字符不能映射到同一个字符上，但字符可以映射自己本身。

示例 1:
输入: s = "egg", t = "add"
输出: true
示例 2:
输入: s = "foo", t = "bar"
输出: false
示例 3:
输入: s = "paper", t = "title"
输出: true
说明:
你可以假设 s 和 t 具有相同的长度。

方法一：

对比字符串中每一个字符出现的第一个位置是否相同（用find）

class Solution {
public:
    bool isIsomorphic(string s, string t) {
       for(int index=0;index<s.size();++index){
           if(s.find(s[index])!=t.find(t[index])){
               return false;
           }
       }
       return true;
    }
};

方法二：

考虑到find效率低，对其进行改进，用hash

class Solution{
public:
  bool isIsomorphic(string s,string t){
    vector<int> indexOfs(256),indexOft(256);
    for(int index=0;index<s.size();++index){
      if(indexOfs[s[index]]!=indexOft[t[index]]){
        return false;
      }
      indexOfs[s[index]]=index+1;
      indexOft[t[index]]=index+1;//+1是因为vector数组默认值为0
    }
    return true;
  }
};

4. 647. 回文子串[medium]

给定一个字符串，你的任务是计算这个字符串中有多少个回文子串。

具有不同开始位置或结束位置的子串，即使是由相同的字符组成，也会被计为是不同的子串。

示例 1:
输入: "abc"
输出: 3
解释: 三个回文子串: "a", "b", "c".
示例 2:
输入: "aaa"
输出: 6
说明: 6个回文子串: "a", "a", "a", "aa", "aa", "aaa".
注意:

输入的字符串长度不会超过1000。

分析：

中心扩展法
这是一个比较巧妙的方法，实质的思路和动态规划的思路类似。

比如对一个字符串ababa，选择最中间的a作为中心点，往两边扩散，第一次扩散发现left指向的是b，right指向的也是b，所以是回文串，继续扩散，同理ababa也是回文串。

这个是确定了一个中心点后的寻找的路径，然后我们只要寻找到所有的中心点，问题就解决了。

中心点一共有多少个呢？看起来像是和字符串长度相等，但你会发现，如果是这样，上面的例子永远也搜不到abab，想象一下单个字符的哪个中心点扩展可以得到这个子串？似乎不可能。所以中心点不能只有单个字符构成，还要包括两个字符，比如上面这个子串abab，就可以有中心点ba扩展一次得到，所以最终的中心点由2 * len - 1个，分别是len个单字符和len - 1个双字符。

如果上面看不太懂的话，还可以看看下面几个问题：

为什么有 2 * len - 1个中心点？
abc 有5个中心点，分别是a、b、c、ab、ba
abba 有7个中心点，分别是 a、b、b、a、ab、bb、ba
什么是中心点？
中心点即left指针和right指针初始化指向的地方，可能是一个也可能是两个
为什么不可能是三个或者更多？
因为3个可以由1个扩展一次得到，4个可以由两个扩展一次得到

class Solution {
public:
    int countSubstrings(string s) {
        int N = s.length(), ans = 0;
        for (int center = 0; center <= 2*N-1; ++center) {
            int left = center / 2;
            int right = left + center % 2;
            while (left >= 0 && right < N && s[left] == s[right]) {
                ans++;
                left--;
                right++;
            }
        }
        return ans;
    }
};

5. 9. 回文数[easy]

判断一个整数是否是回文数。回文数是指正序（从左向右）和倒序（从右向左）读都是一样的整数。

示例 1:
输入: 121
输出: true
示例 2:
输入: -121
输出: false
解释: 从左向右读, 为 -121 。 从右向左读, 为 121- 。因此它不是一个回文数。
示例 3:
输入: 10
输出: false
解释: 从右向左读, 为 01 。因此它不是一个回文数。
进阶:

你能不将整数转为字符串来解决这个问题吗？

分析：

首先，我们应该处理一些临界情况。所有负数都不可能是回文，例如：-123不是回文，因为-不等于 3。所以我们可以对所有负数返回false。除了0 以外，所有个位是0的数字不可能是回文，因为最高位不等于 0。所以我们可以对所有大于 0 且个位是 0 的数字返回false。

现在，让我们来考虑如何反转后半部分的数字。

对于数字1221，如果执行1221 % 10，我们将得到最后一位数字 1，要得到倒数第二位数字，我们可以先通过除以 10把最后一位数字从1221 中移除，1221 / 10 = 122，再求出上一步结果除以 10 的余数，122 % 10 = 2，就可以得到倒数第二位数字。如果我们把最后一位数字乘以 10，再加上倒数第二位数字，1 * 10 + 2 = 12，就得到了我们想要的反转后的数字。如果继续这个过程，我们将得到更多位数的反转数字。

现在的问题是，我们如何知道反转数字的位数已经达到原始数字位数的一半？

由于整个过程我们不断将原始数字除以 10，然后给反转后的数字乘上10，所以，当原始数字小于或等于反转后的数字时，就意味着我们已经处理了一半位数的数字了。

class Solution {
public:
    bool isPalindrome(int x) {
       if(x<0||(x%10==0&&x!=0))  return false;
       int reverseNum=0;
       while(reverseNum<x){
           reverseNum=reverseNum*10+x%10;
           x/=10;
       }
       if(reverseNum==x||reverseNum/10==x)    return true;
       return false;
    }
};

6. 696. 计数二进制子串[easy]

给定一个字符串 s，计算具有相同数量0和1的非空(连续)子字符串的数量，并且这些子字符串中的所有0和所有1都是组合在一起的。

重复出现的子串要计算它们出现的次数。

示例 1 :
输入: "00110011"
输出: 6
解释: 有6个子串具有相同数量的连续1和0：“0011”，“01”，“1100”，“10”，“0011” 和 “01”。

请注意，一些重复出现的子串要计算它们出现的次数。

另外，“00110011”不是有效的子串，因为所有的0（和1）没有组合在一起。
示例 2 :
输入: "10101"
输出: 4
解释: 有4个子串：“10”，“01”，“10”，“01”，它们具有相同数量的连续1和0。

方法一：

我们可以将字符串 s 转换为 groups 数组表示字符串中相同字符连续块的长度。例如，如果 s=“11000111000000”，则 groups=[2，3，3，6]。

对于 '0' * k + '1' * k或'1' * k + '0' * k形式的每个二进制字符串，此字符串的中间部分必须出现在两个组之间。

让我们尝试计算 groups[i]和groups[i+1] 之间的有效二进制字符串数。如果我们有groups[i] = 2, groups[i+1] = 3，那么它表示 “00111” 或 “11000”。显然，我们可以在此字符串中生成 min(groups[i], groups[i+1])有效的二进制字符串。

class Solution {
public:
    int countBinarySubstrings(string s) {
        int len=s.size(),cnt=1;
        vector<int> groups;
        for(int i=1;i<len;++i){
            if(s[i]==s[i-1]){
                ++cnt;
            }else{
                groups.push_back(cnt);
                cnt=1;
            }
        }
        groups.push_back(cnt);
        int ans=0;
        for(int i=1;i<groups.size();++i){
            ans+=min(groups[i],groups[i-1]);
        }
        return ans;
    }
};

方法二：

我们可以修改我们的方法 1 来实时计算答案。我们将只记住 prev = groups[-2] 和cur=groups[-1]来代替 groups。然后，答案是我们看到的每个不同的 (prev, cur)的min(prev, cur)之和。

class Solution {
public:
    int countBinarySubstrings(string s) {
        int preLen=0,curLen=1,ans=0;
        for(int i=1;i<s.size();++i){
            if(s[i]!=s[i-1]){
                ans+=min(preLen,curLen);
                preLen=curLen;
                curLen=1;
            }else{
                curLen++;
            }
        }
        return ans+min(preLen,curLen);
    }
};