leetcode139. 单词拆分

给你一个字符串 s 和一个字符串列表 wordDict 作为字典。如果可以利用字典中出现的一个或多个单词拼接出 s 则返回 true。

注意：不要求字典中出现的单词全部都使用，并且字典中的单词可以重复使用。

示例 1：
输入: s = “leetcode”, wordDict = [“leet”, “code”]
输出: true
解释: 返回 true 因为 “leetcode” 可以由 “leet” 和 “code” 拼接成。

示例 2：
输入: s = “applepenapple”, wordDict = [“apple”, “pen”]
输出: true
解释: 返回 true 因为 “applepenapple” 可以由 “apple” “pen” “apple” 拼接成。
注意，你可以重复使用字典中的单词。

示例 3：
输入: s = “catsandog”, wordDict = [“cats”, “dog”, “sand”, “and”, “cat”]
输出: false

提示：
1 <= s.length <= 300
1 <= wordDict.length <= 1000
1 <= wordDict[i].length <= 20
s 和 wordDict[i] 仅由小写英文字母组成
wordDict 中的所有字符串 互不相同

题目分析

给定一个字符串 s 和一个包含单词的列表 wordDict，判断 s 是否可以被拆分为 wordDict 中的单词。这个问题可以通过动态规划来解决，其中动态规划数组 dp[i] 表示 s 的前 i-1 个字符是否可以被拆分。

算法步骤

1. 初始化一个布尔类型的动态规划数组 dp，大小为 s.size()，所有元素初始化为 false。
2. 初始化 dp[0] 为 true，表示空字符串可以被拆分为单词。
3. 遍历字符串 s 的每个字符，对于每个位置 i：
   • 遍历 i 之前的所有字符，对于每个位置 j，如果 dp[j] 为 true 且 s[j:i] 在 wordDict 中，则将 dp[i] 设置为 true。
4. 返回 dp[s.size()] 的值，如果为 true，则表示整个字符串可以被拆分；否则不可以。

算法流程

具体代码

class Solution {
public:
    //单词是物品，字符串是背包，判断背包能否装满，完全背包问题
    // dp[i]表示s的前i-1个字符是否可以被拆分
    //递推公式dp[j]==true && [j,i]这个区间的子串出现在字典中
    bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
    vector<bool> dp(s.size()+1,false);
    dp[0]=true;
    for(int i=1;i<=s.size();i++) //遍历背包
    {
        for(int j=0;j<i;j++)  //遍历物品
        {
            string word=s.substr(j,i-j);
            if(find(wordDict.begin(),wordDict.end(),word)!=wordDict.end() && dp[j])
            {
                dp[i]=true;
            }
        }
    }
    return dp[s.size()];
    }
};

算法分析

• 时间复杂度: O(n*m)，其中 n 是字符串 s 的长度，m 是 wordDict 中的单词数量。
• 空间复杂度: O(n)，需要存储动态规划数组 dp。
• 易错点: 在处理字符串子串时，需要正确地获取子串，并检查其在 wordDict 中的存在性。

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