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。
回文串 是正着读和反着读都一样的字符串。
示例 1:
输入:s = "aab"
输出:[["a","a","b"],["aa","b"]]
示例 2:
输入:s = "a"
输出:[["a"]]
提示:
1 <= s.length <= 16
s 仅由小写英文字母组成
回溯 + 动态规划预处理
由于需要求出字符串 s 的所有分割方案,因此我们考虑使用搜索 + 回溯的方法枚举所有可能的分割方法并进行判断。
假设我们当前搜索到字符串的第 i 个字符,且 s[0..i−1] 位置的所有字符已经被分割成若干个回文串,并且分割结果被放入了答案数组 ans 中,那么我们就需要枚举下一个回文串的右边界 j,使得 s[i..j] 是一个回文串。
因此,我们可以从 i 开始,从小到大依次枚举 j。对于当前枚举的 j 值,我们使用双指针的方法判断 s[i..j] 是否为回文串:如果 s[i..j]是回文串,那么就将其加入答案数组ans 中,并以j+1 作为新的 i 进行下一层搜索,并在未来的回溯时将 s[i..j] 从ans 中移除。
如果我们已经搜索完了字符串的最后一个字符,那么就找到了一种满足要求的分割方法。
细节
当我们在判断 s[i..j] 是否为回文串时,常规的方法是使用双指针分别指向 i 和 j,每次判断两个指针指向的字符是否相同,直到两个指针相遇。然而这种方法会产生重复计算,例如下面这个例子:
当 s=aaba 时,对于前 2 个字符 aa,我们有 2 种分割方法 [aa] 和[a,a],当我们每一次搜索到字符串的第 i=2个字符 b 时,都需要对于每个s[i..j] 使用双指针判断其是否为回文串,这就产生了重复计算。
因此,我们可以将字符串 s 的每个子串s[i..j] 是否为回文串预处理出来,使用动态规划即可。设 f(i,j) 表示 s[i..j] 是否为回文串,那么有状态转移方程:
其中 ∧ 表示逻辑与运算,即 s[i..j] 为回文串,当且仅当其为空串(i>j),其长度为 1(i=j),或者首尾字符相同且s[i+1..j−1] 为回文串。
预处理完成之后,我们只需要 O(1)的时间就可以判断任意 s[i..j]是否为回文串了。
class Solution {
boolean[][] f;
List<List<String>> ret = new ArrayList<List<String>>();
List<String> ans = new ArrayList<String>();
int n;
public List<List<String>> partition(String s) {
n = s.length();
f = new boolean[n][n];
for (int i = 0; i < n; ++i) {
Arrays.fill(f[i], true);
}
for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
for (int j = i + 1; j < n; ++j) {
f[i][j] = (s.charAt(i) == s.charAt(j)) && f[i + 1][j - 1];
}
}
dfs(s, 0);
return ret;
}
public void dfs(String s, int i) {
if (i == n) {
ret.add(new ArrayList<String>(ans));
return;
}
for (int j = i; j < n; ++j) {
if (f[i][j]) {
ans.add(s.substring(i, j + 1));
dfs(s, j + 1);
ans.remove(ans.size() - 1);
}
}
}
}
时间复杂度:O(n⋅2^n),其中 n 是字符串 s 的长度。在最坏情况下,s 包含 n 个完全相同的字符,因此它的任意一种划分方法都满足要求。而长度为 n 的字符串的划分方案数为 2^(n-1)=O(2^n),每一种划分方法需要 O(n)的时间求出对应的划分结果并放入答案,因此总时间复杂度为 O(n⋅2^n)。尽管动态规划预处理需要 O(n^2)的时间,但在渐进意义下小于 O(n⋅2^n),因此可以忽略。
空间复杂度:O(n^2),这里不计算返回答案占用的空间。数组 f 需要使用的空间为 O(n^2),而在回溯的过程中,我们需要使用 O(n) 的栈空间以及 O(n)的用来存储当前字符串分割方法的空间。由于 O(n)在渐进意义下小于 O(n^2),因此空间复杂度为 O(n^2)。