LeetCode 131题详解：高效分割回文串的递归与动态规划方法

news2024/11/22 10:03:12

❤️❤️❤️ 欢迎来到我的博客。希望您能在这里找到既有价值又有趣的内容，和我一起探索、学习和成长。欢迎评论区畅所欲言、享受知识的乐趣！

推荐：数据分析螺丝钉的首页格物致知终身学习期待您的关注

导航：

LeetCode解锁1000题: 打怪升级之旅：每题都包括3-5种算法，以及详细的代码实现，刷题面试跳槽必备
漫画版算法详解：通过漫画的形式和动态GIF图片把复杂的算法每一步进行详细可视解读，看一遍就掌握
python源码解读：解读python的源代码与调用关系，快速提升代码质量
python数据分析可视化：企业实战案例：企业级数据分析案例与可视化，提升数据分析思维和可视化能力
程序员必备的数学知识与应用：全面详细的介绍了工程师都必备的数学知识

期待与您一起探索技术、持续学习、一步步打怪升级欢迎订阅本专栏❤️❤️

在本篇文章中，我们将详细解读力扣第 131 题“分割回文串”。该问题在字符串处理和动态规划中非常常见，通过学习本篇文章，读者将掌握高效解决此类问题的技巧。

问题描述

力扣第 131 题“分割回文串”描述如下：

给你一个字符串 s，请你将 s 分割成一些子串，使每个子串都是回文串。返回 s 所有可能的分割方案。

示例 1:

输入: "aab"
输出: [["a","a","b"],["aa","b"]]

示例 2:

输入: "a"
输出: [["a"]]

解题思路

初步分析：
- 我们需要将字符串 s 分割成一些子串，使每个子串都是回文串。
- 回文串是指正读和反读都相同的字符串。
递归+回溯法：
- 我们可以用递归+回溯的方法来解决这个问题。
- 从字符串的第一个字符开始，逐个尝试分割，如果前面的部分是回文，则继续分割剩下的部分。
- 通过回溯来记录每次分割的结果。
动态规划法：
- 我们还可以用动态规划来优化判断回文的过程。
- 预先计算并存储所有子串是否为回文串，避免重复判断。

解法一：递归+回溯法

步骤：
- 从字符串的第一个字符开始，逐个尝试分割。
- 每次分割后，判断前面的部分是否为回文。
- 如果是回文，则递归处理剩下的部分。
- 通过回溯来记录每次分割的结果。

伪代码：

def backtrack(start, path):
    if start == len(s):
        result.append(path)
        return
    for end in range(start, len(s)):
        if is_palindrome(s, start, end):
            backtrack(end + 1, path + [s[start:end + 1]])

代码实现

解法一：递归+回溯法

def partition(s):
    def is_palindrome(sub_s):
        return sub_s == sub_s[::-1]

    def backtrack(start, path):
        if start == len(s):
            result.append(path[:])
            return
        for end in range(start, len(s)):
            if is_palindrome(s[start:end + 1]):
                backtrack(end + 1, path + [s[start:end + 1]])
    
    result = []
    backtrack(0, [])
    return result

复杂度分析

时间复杂度：O(N * 2^N)，其中 N 是字符串的长度。每个字符都有分割和不分割两种选择。
空间复杂度：O(N)，用于递归调用的栈空间。

代码优化

解法二：动态规划法

步骤：
- 预先计算并存储所有子串是否为回文串。
- 使用动态规划表 dp，其中 dp[i][j] 表示字符串 s 的子串 s[i:j+1] 是否为回文。
- 使用回溯法来找到所有分割方案。

伪代码：

def partition(s):
    dp = [[False] * len(s) for _ in range(len(s))]
    for right in range(len(s)):
        for left in range(right + 1):
            if s[left] == s[right] and (right - left <= 2 or dp[left + 1][right - 1]):
                dp[left][right] = True
    def backtrack(start, path):
        if start == len(s):
            result.append(path[:])
            return
        for end in range(start, len(s)):
            if dp[start][end]:
                backtrack(end + 1, path + [s[start:end + 1]])

代码实现

解法二：动态规划法

def partition(s):
    n = len(s)
    dp = [[False] * n for _ in range(n)]

    # 填充动态规划表
    for right in range(n):
        for left in range(right + 1):
            if s[left] == s[right] and (right - left <= 2 or dp[left + 1][right - 1]):
                dp[left][right] = True

    def backtrack(start, path):
        if start == n:
            result.append(path[:])
            return
        for end in range(start, n):
            if dp[start][end]:
                backtrack(end + 1, path + [s[start:end + 1]])
    
    result = []
    backtrack(0, [])
    return result

复杂度分析

时间复杂度：O(N^2) 计算动态规划表需要 O(N^2) 的时间，回溯的时间复杂度在最坏情况下仍为 O(N * 2^N)。
空间复杂度：O(N^2) 用于存储动态规划表。

测试案例

def test_partition():
    assert partition("aab") == [["a","a","b"], ["aa","b"]]
    assert partition("a") == [["a"]]
    assert partition("racecar") == [["r","a","c","e","c","a","r"], ["r","aceca","r"], ["racecar"]]
    assert partition("aaa") == [["a","a","a"], ["a","aa"], ["aa","a"], ["aaa"]]

test_partition()