LeetCode 809. Expressive Words | two pointer | 题意分析

博客分析了LeetCode 809题目的解题思路，强调了stretched word的概念，即只有当字符出现次数>=3时才能压缩。通过two pointer方法，分别对应S和word的指针，进行比较和判断。在字符不匹配时，根据特定条件更新指针位置。文章指出，只有在特定情况下才能使word由S压缩得到，并提供了遍历策略。

Example:
Input: 
S = "heeellooo"
words = ["hello", "hi", "helo"]
Output: 1
Explanation: 
We can extend "e" and "o" in the word "hello" to get "heeellooo".
We can't extend "helo" to get "heeellooo" because the group "ll" is not size 3 or more.

题意分析

个人觉得反向理解更加容易些。S为stretched word, 问哪些string in words可以由S压缩得到。但是不是所有的characters in S都可以压缩。只有在character的length >= 3的时候才可以。结合例子梳理一下，"heeellooo"为stretched word, character 'e' and 'o' count >= 3 可以压缩。"heeellooo" 压缩e and o可以得到"hello"；"heeellooo"中不含'i'，所以不可能压缩得到"hi"；"heeellooo"中"ll"只有两个count不能压缩，所以"helo"也不可以压缩得到。

主要的难点在于有3的这个限制。

解题

大方向，写一个function解决当前word是否可以由S压缩得到。
对比两条string的可以尝试two pointer，然后分情况讨论：[p1指向S，p2指向word]
1. S[p1] = word[p2] 很好 --> p1 += 1; p2 += 1
2. S[p1] != word[p2] 判断时候可以压缩
a.S[p1-1] = S[p1] && S[p1] = S[p+1]: S[p1]和前后两个character相同 --> p1+= 1 only
b.S[p1-1] = S[p1] && S[p1] = S[p-2]: S[p1]和前两个character相同 --> p1+=1 only
c.以上都不符合 --> return False

为什么只有a and b case，p1所在的位置只有可能在重复string的最后一个(b)和中间(a)

最后还需要check在遍历完S的时候，word是否也遍历完了

如何遍历？
p1每次loop都会增加但是p2并不一定，所以遍历S会更加好一些

class Solution:
    def expressiveWords(self, S: str, words: List[str]) -> int:
        count = 0
        for word in words:
            if(self.isValid(S, word)):
                count += 1
        return count
    def isValid(self, S: str, word: str) -> bool:
        p2 = 0
        for p1 in range(len(S)):
            if p2<len(word) and S[p1]==word[p2]:
                p2 += 1
            elif not ((p1>0 and p1+1<len(S) and S[p1]==S[p1-1] and S[p1]==S[p1+1]) or 
                 (p1>1 and S[p1]==S[p1-1] and S[p1]==S[p1-2])):
                return False
        return p2==len(word)