标签：ems 定义 add rac 多个 状态 部分 ISE 表示
给定一个非空字符串 s 和一个包含非空单词列表的字典 wordDict，判定 s 是否可以被空格拆分为一个或多个在字典中出现的单词。
说明：
拆分时可以重复使用字典中的单词。
你可以假设字典中没有重复的单词。
示例 1：
输入: s = "leetcode", wordDict = ["leet", "code"]
输出: true
解释: 返回 true 因为 "leetcode" 可以被拆分成 "leet code"。示例 2：
输入: s = "applepenapple", wordDict = ["apple", "pen"]
输出: true
解释: 返回 true 因为 "applepenapple" 可以被拆分成 "apple pen apple"。
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来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/word-break
这道拆分词句问题是看给定的词句能分被拆分成字典里面的内容，这是一道很经典的题目，解法不止一种，考察的范围很广，属于我们必须要熟练掌握的题目。
先把字典中的所有单词都存入 HashSet 中吧，这样我们就有了常数时间级的查找速度，我们得开始给字符串分段了，一个万能的做法是丢给递归函数，让其去递归求解，这里我们 suppose 递归函数会返回我们一个正确的值，如果返回的是 true 的话，表明我们现在分成的两段都在字典中，我们直接返回 true 即可，因为只要找出一种情况就行了。这种调用递归函数的方法就是 brute force 的解法，我们遍历了所有的情况，优点是写法简洁，思路清晰，缺点是存在大量的重复计算。所以我们需要进行优化，使用记忆数组 memo 来保存所有已经计算过的结果，再下次遇到的时候，直接从 cache 中取，而不是再次计算一遍。这种使用记忆数组 memo 的递归写法，和使用 dp 数组的迭代写法，乃解题的两大神器，凡事能用 dp 解的题，一般也有用记忆数组的递归解法。这里我们的记忆数组 memo[i] 定义为范围为 [i, n] 的子字
符串是否可以拆分，初始化为 -1，表示没有计算过，如果可以拆分，则赋值为1，反之为0。在之前讲 brute force 解法时，提到的是讲分成两段的后半段的调用递归函数，我们也可以不取出子字符串，而是用一个 start 变量，来标记分段的位置，这样递归函数中只需要从 start 的位置往后遍历即可，在递归函数更新记忆数组 memo 即可，参见代码如下：
class Solution {
public:
bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
unordered_set<string> wordSet(wordDict.begin(), wordDict.end());
vector<int> memo(s.size(), -1);
return check(s, wordSet, 0, memo);
}
bool check(string s, unordered_set<string>& wordSet, int start, vector<int>& memo) {
if (start >= s.size()) return true;
if (memo[start] != -1) return memo[start];
for (int i = start + 1; i <= s.size(); ++i) {
if (wordSet.count(s.substr(start, i-start)) && check(s, wordSet, i, memo)) {
return memo[start] = 1;
}
}
return memo[start] = 0;
}
}; public class Solution {
public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
return word_Break(s, new HashSet(wordDict), 0, new Boolean[s.length()]);
}
public boolean word_Break(String s, Set<String> wordDict, int start, Boolean[] memo) {
if (start == s.length()) {
return true;
}
if (memo[start] != null) {
return memo[start];
}
for (int end = start + 1; end <= s.length(); end++) {
if (wordDict.contains(s.substring(start, end)) && word_Break(s, wordDict, end, memo)) {
return memo[start] = true;
}
}
return memo[start] = false;
}
}DP 解法的两大难点，定义 dp 数组跟找出状态转移方程，先来看 dp 数组的定义，这里我们就用一个一维的 dp 数组，其中 dp[i] 表示范围 [0, i) 内的子串是否可以拆分，注意这里 dp 数组的长度比s串的长度大1，是因为我们要 handle 空串的情况，我们初始化 dp[0] 为 true，然后开始遍历。注意这里我们需要两个 for 循环来遍历，因为此时已经没有递归函数了，所以我们必须要遍历所有的子串，我们用j把 [0, i) 范围内的子串分为了两部分，[0, j) 和 [j, i)，其中范围 [0, j) 就是 dp[j]，范围 [j, i) 就是 s.substr(j, i-j)，其中 dp[j] 是之前的状态，我们已经算出来了，可以直接取，只需要在字典中查找 s.substr(j, i-j) 是否存在了，如果二者均为 true，将 dp[i] 赋为 true，并且 break 掉，此时就不需要再用j去分 [0, i) 范围了，因为 [0, i) 范围已经可以拆分了。最终我们返回 dp 数组的最后一个值，就是整个数组是否可以拆分的布尔值了，代码如下：
class Solution {
public:
bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
unordered_set<string> wordSet(wordDict.begin(), wordDict.end());
vector<bool> dp(s.size() + 1);
dp[0] = true;
for (int i = 0; i < dp.size(); ++i) {
for (int j = 0; j < i; ++j) {
if (dp[j] && wordSet.count(s.substr(j, i - j))) {
dp[i] = true;
break;
}
}
}
return dp.back();
}
};public class Solution {
public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
Set<String> wordDictSet=new HashSet(wordDict);
boolean[] dp = new boolean[s.length() + 1];
dp[0] = true;
for (int i = 1; i <= s.length(); i++) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
if (dp[j] && wordDictSet.contains(s.substring(j, i))) {
dp[i] = true;
break;
}
}
}
return dp[s.length()];
}
}class Solution:
def wordBreak(self, s: str, wordDict: List[str]) -> bool:
import functools
@functools.lru_cache(None)
def back_track(s):
if(not s):
return True
res=False
for i in range(1,len(s)+1):
if(s[:i] in wordDict):
res=back_track(s[i:]) or res
return res
return back_track(s)下面我们从题目中给的例子来分析：
l
le e
lee ee e
leet
leetc eetc etc tc c
leetco eetco etco tco co o
leetcod eetcod etcod tcod cod od d
leetcode eetcode etcode tcode **code**
T F F F T F F F T 我们知道算法的核心思想是逐行扫描，每一行再逐个字符扫描，每次都在组合出一个新的字符串都要到字典里去找，如果有的话，则跳过此行，继续扫描下一行。
BFS其实本质跟递归的解法没有太大的区别，递归解法在调用递归的时候，原先的状态被存入了栈中，这里 BFS 是存入了队列中，使用 visited 数组来标记已经算过的位置，作用跟 memo 数组一样，从队列中取出一个位置进行遍历，把可以拆分的新位置存入队列中，遍历完成后标记当前位置，然后再到队列中去取即可，参见代码如下：
class Solution {
public:
bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
unordered_set<string> wordSet(wordDict.begin(), wordDict.end());
vector<bool> visited(s.size());
queue<int> q{{0}};
while (!q.empty()) {
int start = q.front(); q.pop();
if (!visited[start]) {
for (int i = start + 1; i <= s.size(); ++i) {
if (wordSet.count(s.substr(start, i - start))) {
q.push(i);
if (i == s.size()) return true;
}
}
visited[start] = true;
}
}
return false;
}
};public class Solution {
public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
Set<String> wordDictSet=new HashSet(wordDict);
Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();
int[] visited = new int[s.length()];
queue.add(0);
while (!queue.isEmpty()) {
int start = queue.remove();
if (visited[start] == 0) {
for (int end = start + 1; end <= s.length(); end++) {
if (wordDictSet.contains(s.substring(start, end))) {
queue.add(end);
if (end == s.length()) {
return true;
}
}
}
visited[start] = 1;
}
}
return false;
}
}class Solution:
def wordBreak(self, s: str, wordDict: List[str]) -> bool:
n=len(s)
dp=[False]*(n+1)
dp[0]=True
for i in range(n):
for j in range(i+1,n+1):
if(dp[i] and (s[i:j] in wordDict)):
dp[j]=True
return dp[-1]标签：ems 定义 add rac 多个 状态 部分 ISE 表示
原文地址：https://www.cnblogs.com/wwj99/p/12356341.html
