1.205同构字符串

参考：代码随想录，205同构字符串；力扣题目链接

1.1.题目

1.2.解答

这道题目其实也很简单，其实就是一直在存储两个字符串之间字符的映射关系。

• 定义一个map，其中键是字符串A中的字符，值是对应的字符串B中对应的字符。
• 然后开始遍历每一个字符，如果当前字符在map中出现过，那么就根据A的字符当做键，寻找B应该对应的值，如果不相等直接返回false。如果没有出现过，则新添加这个映射关系即可。
• 但是还存在一个问题是，不能单纯的看A对B是否对应，还要看B对A是否对应。比如当前字符没有在A的map中出现过，那么A的map中自然就没有记录对应B的字符。但是此时如果B中的字符在之前已经出现过了，那么他们就不是匹配的了。比如A是abc，B是eff，其中遍历到A的c时，发现没有出现过，但是此时B中对应的字符是f，显然是不对的。

注意：这个地方就是相互的对应关系都要满足，跟SLAM中两帧特征点的对应关系是一样的。

最后直接给出代码如下，需要维护两个map。

bool isIsomorphic(string s, string t)
{
    unordered_map<char, char> umap1;   // 使用unordered_map即可
    unordered_map<char, char> umap2;   

    for(int i = 0; i < s.size(); i++)
    {
        // 1.map1、2中都没有对应字符出现过，说明是全新的对应关系，加入即可
        if(umap1.find(s[i]) == umap1.end() && umap2.find(t[i]) == umap2.end())
        {
            umap1[s[i]] = t[i];
            umap2[t[i]] = s[i];
        }
        // 2.map1、2中都有对应的字符出现，看是否匹配
        else if(umap1.find(s[i]) != umap1.end() && umap2.find(t[i]) != umap2.end())
        {
            if(umap1[s[i]] != t[i] || umap2[t[i]] != s[i])
                return false;
        }
        // 3.map1、2中一个出现过，一个没出现过，肯定不匹配
        else
            return false;
    }

    return true;
}

2.1002查找常用字符

参考：代码随想录，1002查找常用字符；力扣题目链接

2.1.题目

2.2.解答

首先想到的是用哈希数组存储26个字母的出现次数，然后最后判断出现次数如果>=3，那么说明共同出现过。其实这样是错误的，存在两个问题：

• 如果某个字母是在一个子串中出现了多次，而其他子串中没有出现，那么这样的结果就是错的。比如字符串分别是aaa、bcd、efg，这样a出现了三次，但是都是在一个子串中出现的，所以并不是公共出现。
• 另外注意仔细看题目，如果一个字母在字符中共同出现多次，那么结果也要输出多个相同字母。比如上面的示例1，答案中就有两个字母l。

正确思路是统计出搜索字符串里26个字符的出现的频率，然后取每个字符频率最小值，最后转成输出格式就可以了。

如下图所示：
最后给出代码如下，其实很简单，就是过程繁琐了一点。

vector<string> commonChars(vector<string> &words)
{
    vector<string> result;   // 其实最后里面的字母是char就行，这里用string也无所谓

    int hash[26] = {0};   // 记录最后总的结果，即各个字符串中字母出现次数的最小值，即出现次数的交集
    
    // 1.先统计第一个子串中出现的情况
    for(int i = 0; i < words[0].size(); i++)
        hash[words[0][i]-'a']++;

    // 2.再统计其他子串出现字母的情况，并对hash表取最小的值
    for(int i = 1; i < words.size(); i++)
    {
        int tmp_hash[26] = {0};   // 当前子串的字母出现情况
        for(int j = 0; j < words[i].size(); j++)
            tmp_hash[words[i][j]-'a']++;
        // 遍历hash表，取最小值
        for(int k = 0; k < 26; k++)
            hash[k] = min(hash[k], tmp_hash[k]);  
    }

    // 3.此时hash中存的就是每个字母出现的次数，转成结果就行了
    for(int i = 0; i < 26; i++)
    {
        while(hash[i]--)   // 有多个字符
        {
            string s(1, i+'a');   // i + 'a'就是根据索引，变成字母
            result.push_back(s);
        }
    }

    // 4.最后返回结果
    return result;
}

3.925长键按入

参考：代码随想录，925长键按入；力扣题目链接

3.1.题目

3.2.解答

这道题目一看以为是哈希，仔细一看不行，要有顺序。

所以模拟同时遍历两个数组，进行对比就可以了。

对比的时候需要一下几点：

• name[i] 和 typed[j]相同，则i++，j++ （继续向后对比）
• name[i] 和 typed[j]不相同
  （1）看是不是第一位就不相同了，也就是j如果等于0，那么直接返回false
  （2）不是第一位不相同，就让j跨越重复项，移动到重复项之后的位置，再次比较name[i] 和typed[j]：
  ①如果 name[i] 和 typed[j]相同，则i++，j++ （继续向后对比）
  ②不相同，返回false
• 对比完之后有两种情况
  （1）name没有匹配完，例如name:"pyplrzzzzdsfa" type:"ppyypllr"，则显然是false
  （1）type没有匹配完，例如name:"alex" type:"alexxrrrrssda"，则必须保证type剩下的字符都是之前遍历的最后一个字符，否则也是false。

动画如下：

最后给出代码如下，比较繁琐，但是不难。

bool isLongPressedName(string name, string typed)
{
    int i = 0, j = 0;   // name, typed两个数组的索引

    // 遍历两个数组，哪个都不能超过范围
    while(i < name.size() && j < typed.size())
    {
        // 1.如果相等，则继续比较下一个
        if(name[i] == typed[j])
        {
            i++;
            j++;
        }
        // 2.如果不相等
        else
        {
            // 2.1.如果是第一个字母就不相等，直接返回false
            if(j == 0)
                return false;
            // 2.2.如果不是第一个字母，则可能是由于typed[j]是前一个字母的重复字母，此时就向后跳过重复的字母
            else
            {
                // typed[j]向后跳过重复的字母
                while(j < typed.size() && typed[j] == typed[j-1])
                    j++;
                // typed[j]跳过重复的字母之后，再和name[i]比较
                // 2.2.1.如果相等，则继续比较下一个
                if(name[i] == typed[j])
                {
                    i++;
                    j++;
                }
                // 2.2.2.如果不相等，则直接不满足要求，返回false
                else
                {
                    return false;
                }
            }
        }
    }

    // 3.遍历之后，可能存在name没有遍历完，或者typed没有遍历完的情况
    // 3.1.name没有遍历完，显然typed太短了，直接返回false
    if(i < name.size())
        return false;
    
    // 3.2.tpyed没有遍历完，那么后面剩余的字符必须都是上面遍历的最后一个字符
    while(j < typed.size())
    {
        if(typed[j] != typed[j-1])  // 一旦不是上面遍历的最后一个字符，直接返回false
            return false;
        j++;
    }

    // 4.最终运行到这里则满足要求，返回true
    return true;
}

4.844比较含退格的字符串

参考：代码随想录，844比较含退格的字符串；力扣题目链接

4.1.题目

4.2.解答

4.2.1.使用栈

这道题目一看就是要使用栈的节奏，这种匹配（消除）问题也是栈的擅长所在。

但是本题没有必要使用栈，因为最后比较的时候还要比较栈里的元素，有点麻烦。

这里直接使用字符串string，来作为栈，末尾添加和弹出，string都有相应的接口，最后比较的时候，只要比较两个字符串就可以了，比比较栈里的元素方便一些。

代码如下：

bool backspaceCompare(string s, string t)
{
    // 使用string当做栈，存储没有#的结果
    string ss;
    string tt;

    // 对string s进行去#操作
    for(const auto& ch : s)
    {
        if(ch != '#')  // 如果不是#，则正常入栈
            ss += ch;   // 这里应该蕴含一个隐式类型转换，char转成string
        else   // 如果是#，则执行删除上一个字符的功能，也就是出栈
            if(!ss.empty())   // 出栈之前判断栈非空
                ss.pop_back();
    }

    // 同理对string t进行去#操作
    for(const auto& ch : t)
    {
        if(ch != '#')
            tt += ch;
        else
            if(!tt.empty())
                tt.pop_back();
    }

    // 最后判断两个字符串是否相等
    return ss == tt;
}

• 时间复杂度：O(n + m)，n为S的长度，m为T的长度 ，也可以理解是O(n)的时间复杂度
• 空间复杂度：O(n + m)

4.2.2.从后往前双指针

当然还可以有使用 O(1) 的空间复杂度来解决该问题。

同时从后向前遍历S和T（i初始为S末尾，j初始为T末尾），记录#的数量，模拟消除的操作，如果#用完了，就开始比较S[i]和S[j]。

如下图所示：

在遍历过程中：如果S[i]和S[j]不相同返回false，如果有一个指针（i或者j）先走到的字符串头部位置，也返回false。

最后给出代码如下，也不复杂，但是要把i/j位置的所有情况都考虑到，不能遗漏。

bool backspaceCompare(string s, string t)
{
    // 从后往前遍历，当前位置要消除的元素个数
    int skip_s = 0;
    int skip_t = 0;

    // s/t最后一个元素的索引
    int i = s.size() - 1;
    int j = t.size() - 1;

    while(true)
    {
        // 1.对s的字符往前遍历，寻找满足要求的字符
        while(i >= 0)
        {
            if(s[i] == '#')   // 当前为#，则累加要删除的元素个数，指针前移
            {
                skip_s++;
                i--;
            }
            else   // 当前不是#，则根据要删除的元素个数，指针前移
            {
                if(skip_s > 0)  // 需要前移，则前移
                {
                    skip_s--;
                    i--;
                }
                else    // 不需要前移，则找到了当前需要比较的的s[i]
                {
                    break;
                }
            }
        }

        // 2.对t的字符执行上述相同的操作
        while(j >= 0)
        {
            if(t[j] == '#')   // 当前为#，则累加要删除的元素个数，指针前移
            {
                skip_t++;
                j--;
            }
            else   // 当前不是#，则根据要删除的元素个数，指针前移
            {
                if(skip_t > 0)  // 需要前移，则前移
                {
                    skip_t--;
                    j--;
                }
                else    // 不需要前移，则找到了当前需要比较的的t[j]
                {
                    break;
                }
            }
        }

        // 3.运行到这里，找到了需要匹配的s[i]和t[j]
        if(i == -1 && j == -1)  // 如果都到了尽头，说明相等
        {
            return true;
        }
        else if(i != -1 && j != -1)  // 如果都没有到尽头，则需要判断是否相等
        {
            if(s[i] != t[j])
            {
                return false;
            }
            else   // 否则当前字符相等，就要i--，j--，继续判断之前的字符
            {
                i--;
                j--;
            }
        }
        else   // 如果一个到尽头，一个没到尽头，肯定不相等
        {
            return false;
        }  
    }

    return true;   //不可能运行到这里
}

• 时间复杂度：O(n + m)
• 空间复杂度：O(1)