【动态规划】【滑动窗口】C++算法：3003 执行操作后的最大分割数量

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【动态规划】【字符串】扰乱字符串

本文涉及的基础知识点

C++算法：滑动窗口总结
动态规划

LeetCode3003 执行操作后的最大分割数量

给你一个下标从 0 开始的字符串 s 和一个整数 k。
你需要执行以下分割操作，直到字符串 s 变为 空：
选择 s 的最长前缀，该前缀最多包含 k 个 不同 字符。
删除 这个前缀，并将分割数量加一。如果有剩余字符，它们在 s 中保持原来的顺序。
执行操作之 前 ，你可以将 s 中 至多一处 下标的对应字符更改为另一个小写英文字母。
在最优选择情形下改变至多一处下标对应字符后，用整数表示并返回操作结束时得到的最大分割数量。
示例 1：
输入：s = “accca”, k = 2
输出：3
解释：在此示例中，为了最大化得到的分割数量，可以将 s[2] 改为 ‘b’。
s 变为 “acbca”。
按照以下方式执行操作，直到 s 变为空：

  • 选择最长且至多包含 2 个不同字符的前缀，“acbca”。
  • 删除该前缀，s 变为 “bca”。现在分割数量为 1。
  • 选择最长且至多包含 2 个不同字符的前缀，“bca”。
  • 删除该前缀，s 变为 “a”。现在分割数量为 2。
  • 选择最长且至多包含 2 个不同字符的前缀，“a”。
  • 删除该前缀，s 变为空。现在分割数量为 3。
    因此，答案是 3。
    可以证明，分割数量不可能超过 3。
    示例 2：
    输入：s = “aabaab”, k = 3
    输出：1
    解释：在此示例中，为了最大化得到的分割数量，可以保持 s 不变。
    按照以下方式执行操作，直到 s 变为空：
  • 选择最长且至多包含 3 个不同字符的前缀，“aabaab”。
  • 删除该前缀，s 变为空。现在分割数量为 1。
    因此，答案是 1。
    可以证明，分割数量不可能超过 1。
    示例 3：
    输入：s = “xxyz”, k = 1
    输出：4
    解释：在此示例中，为了最大化得到的分割数量，可以将 s[1] 改为 ‘a’。
    s 变为 “xayz”。
    按照以下方式执行操作，直到 s 变为空：
  • 选择最长且至多包含 1 个不同字符的前缀，“xayz”。
  • 删除该前缀，s 变为 “ayz”。现在分割数量为 1。
  • 选择最长且至多包含 1 个不同字符的前缀，“ayz”。
  • 删除该前缀，s 变为 “yz”，现在分割数量为 2。
  • 选择最长且至多包含 1 个不同字符的前缀，“yz”。
  • 删除该前缀，s 变为 “z”。现在分割数量为 3。
  • 选择最且至多包含 1 个不同字符的前缀，“z”。
  • 删除该前缀，s 变为空。现在分割数量为 4。
    因此，答案是 4。
    可以证明，分割数量不可能超过 4。
    参数范围：
    1 <= s.length <= 104
    s 只包含小写英文字母。
    1 <= k <= 26

分析

变量解析

dpNotChangedpNotChange[i]表示子串s[i,m_c)的最大分割数
vSplitvSplit[inx][i]=j表示：将s[i]修改成’a’+inx，其它字符不变的情况下，s[i，m_c)的最长前缀是s[i,j)

不修改任何字符的情况下，s拆分成m个子串，分别为[li1,ri1),[li2,ri2)… [lim,rim)。
显然 li1等于0,rim等于m_c， ri1等于li2…
分以下情况:

  • 一，没有改变任何字符。
  • 二，改变某个字后,[lix,rix)发生改变，变成[lix,nix)，只需要考虑nix < rix，原因见下文证明一。

情况二：
分两层循环：

  • 第一层循环：枚举不修改字符的子串。
  • 第二层循环：枚举nix。

两层循环的时间复杂度为：O(s.length)。
枚举nix的时候，分两种情况：
一，s[nix]没有改变，s[nix,m_c)的最大分割数就是dpNotChange[rix]。前提条件是：

  • k<26 否则无论变成k+1。
  • 包括nix，目前已经有k个不同字符
  • [lix,nix]至少有k+1个字符，由于其只有k个不同字符，所以至少有两个字符相同，去掉nix，[lix,nix)至少还有一个相同字符，将其改成k个字符以外的字符。只能证明[lix,rix]有k+1个字符，不能证明是第一个rix。假定第一个rix是rix1，rix会被rix1淘汰，所以不会造成错误。原因见证明一。
    二，枚举s[nix]改成’a’到’z’。通过vSplit查询第一个前缀。

通过滑动窗口计算vSplit[inx][i-1]

s[i,rightk] 共有k个字符，rightk取最小值；是s[i,rightk1]共有k+1个字符，rightk1取最小值。如果没有足够的字符取m_c。
countk 记录了这k个字符，countk1记录了k+1个字符。

countk 包括inx+‘a’countk1的数量为k+1结果为：rightk1
countk 包括inx+‘a’countk1的数量不够k+1结果为：m_c
countk 不包括inx+‘a’countk的数量为k结果为：rightk
countk 不包括inx+‘a’countk的数量不够k结果为：m_c

证明一 i1<=12则dpNotChange[i1] >= dpNotChange[i2]

特殊情况一：如果s[i1,m_c)和s[i2,m_c) 都不到k+1个字符。则两者都为1。
特殊情况二：s[i2,m_c) 不到k+1个字符，s[i1,m_c)有k+1个字符，则前者为1，后者超过1。
s[i1,m_c) 不到k+1个字符，s[i2,m_c)有k+1个字符，这种i情况不存在。
如果两者都有k+1字符
则s[i2,m_c)可以拆分s[i2,i4)和s[i4,m_c)
s[i1,m_c)可以拆分成s[i1,i3)和s[i3,m_c)
则i3<=i4，i1变i3变大;i2变i4，每次迭代i1和i2都变大，若干次后一定会变成特殊情况一或特殊情况二。
假定i3>i4
s[i2,i4]刚好k+1个字符，那么s[i1,i2)+s[i2,i4]+s(i4+i3)的字符数大于等于k+1,这三个子串加在一起就是s[i1,i3)，与s[i1,i3)只有k个字符矛盾。

代码

核心代码

template<class KEY>
class CKeyCount
{
public:
	void Add(const KEY& key, int iCount)
	{
		Cnt[key] += iCount;
		if (0 == Cnt[key])
		{
			Cnt.erase(key);
		}
	}
	std::unordered_map<KEY, int> Cnt;
};

class Solution {
public:
	int maxPartitionsAfterOperations(string s, int k) {
		m_c = s.length();
		vSplit[inx][i]=j表示：将s[i]修改成'a'+inx，其它字符不变的情况下，s[i，m_c)的最长前缀是s[i,j)
		vector<vector<int>> vSplit(26,vector<int>(m_c, m_c));		
		for (int inx = 0; inx < 26; inx++)
		{			
			CKeyCount<char> countk1,countk;	
			//s[i,rightk] 共有k个字符，rightk取最小值；是s[i,rightk1]共有k+1个字符，rightk取最小值。如果没有足够的字符取m_c
			for (int i =1, rightk1 =i-1,rightk=i-1; i < m_c;i++ )
			{	//s(left,right]和inx+'a' 刚好k+1
				while ((rightk +1 < m_c)&&(countk.Cnt.size() < k ))
				{
					countk.Add(s[++rightk],1);
				}
				while ((rightk1 + 1 < m_c) && (countk1.Cnt.size() <= k))
				{
					countk1.Add(s[++rightk1], 1);
				}
				if (countk.Cnt.count('a' + inx))
				{
					vSplit[inx][i - 1] = (k + 1 == countk1.Cnt.size()) ? rightk1 : m_c;
				}
				else
				{
					vSplit[inx][i - 1] = (k  == countk.Cnt.size()) ? rightk : m_c;
				}
				countk.Add(s[i], -1);
				countk1.Add(s[i], -1);
			}
		}

		vector<int> dpNotChange(m_c + 1, 0);//dp1[i]=x表示 ，在不修改的情况下 s[i,m_c)最多可以分割x次
		for (int i = m_c - 1; i >= 0; i--)
		{
			int inx = vSplit[s[i]-'a'][i];
			dpNotChange[i] =  dpNotChange[inx] + 1;
		}
		int iRet = dpNotChange.front();
		int iPreNum = 0;
		for (int i = 0; i < m_c; i = vSplit[s[i]-'a'][i])
		{
			iPreNum++;
			set<char> setHas;
			for (int j = i; j < vSplit[s[i] - 'a'][i]; j++)
			{
				if (setHas.size()==k)
				{
					for (char ch = 'a'; ch <= 'z'; ch++)
					{//修改了j，且s[j]是新的子串的开始
						if (!setHas.count(ch))
						{
							const int inx = vSplit[ch - 'a'][j];
							iRet = max(iRet, iPreNum + 1 + dpNotChange[inx]);
						}
					}
				}				
				setHas.emplace(s[j]);
				if ((setHas.size() == k)&&(k< 26)&&(j-i+1 > k  ))
				{
					iRet = max(iRet, iPreNum + dpNotChange[j]);
				}
			}
		}
		return iRet;
	}
	int m_c;
};

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测试用例

template<class T>
void Assert(const T& t1, const T& t2)
{
	assert(t1 == t2);
}

template<class T>
void Assert(const vector<T>& v1, const vector<T>& v2)
{
	if (v1.size() != v2.size())
	{
		assert(false);
		return;
	}
	for (int i = 0; i < v1.size(); i++)
	{
		Assert(v1[i], v2[i]);
	}
}


int main()
{
	string s;
	int k;

	
	{
		Solution sln;
		s = "baac", k = 3;
		auto res = sln.maxPartitionsAfterOperations(s, k);
		Assert(2, res);
	}
	{
		Solution sln;
		s = "accca", k = 2;
		auto res = sln.maxPartitionsAfterOperations(s, k);
		Assert(3, res);
	}
	{
		Solution sln;
		s = "aabaab", k = 3;
		auto res = sln.maxPartitionsAfterOperations(s, k);
		Assert(1, res);
	}
	
	
	{
		Solution sln;
		s = "xxyz", k = 1;
		auto res = sln.maxPartitionsAfterOperations(s, k);
		Assert(4, res);
	}
}

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两个错误代码

都没有考虑s[nix]会修改。

class Solution {
public:
int maxPartitionsAfterOperations(string s, int k) {
m_c = s.length();
vector vSplit(2, vector(m_c, m_c));
{
CKeyCount count;
for (int i = 0, right = 0; i < m_c; i++)
{
while ((right < m_c) && (count.Cnt.size() <= k))
{
count.Add(s[right++], 1);
}
vSplit[0][i] = right;
count.Add(s[i], -1);
}
}
{
CKeyCount count;
for (int i = 0, right = 0; i < m_c; i++)
{
while ((right < m_c) && (count.Cnt.size() < k))
{
if ((count.Cnt.size() == k) && (right - i > k))
{
break;
}
count.Add(s[right++], 1);
}
vSplit[1][i] = right;
count.Add(s[i], -1);
}
}
vector dp(2, vector(m_c+1, 0));
dp[0][0] = 0;
dp[1][1] = -m_c;
for (int i = 0; i < m_c; i++)
{
//没改字符=>没改字符
dp[0][vSplit[0][i]] = max(dp[0][vSplit[0][i]], dp[0][i] + 1);
//没改字符=>改字符
dp[1][vSplit[1][i]] = max(dp[1][vSplit[1][i]], dp[0][i] + 1);
//改字符=>改字符
dp[1][vSplit[0][i]] = max(dp[1][vSplit[0][i]], dp[1][i] + 1);
}
return max(dp[0].back(), dp[1].back());
}
int m_c;
};

class Solution {
public:
int maxPartitionsAfterOperations(string s, int k) {
m_c = s.length();
vector vSplit(m_c, m_c);//vSplit[i]=j表示，在不修改的情况s[i，m_c)的最长前缀是s[i,j)
CKeyCount count;
for (int i = 0, right = 0; i < m_c; i++)
{
while ((right < m_c) && (count.Cnt.size() <= k))
{
count.Add(s[right++], 1);
}
vSplit[i] = right;
count.Add(s[i], -1);
}

	vector dpNotChange(m_c+1, 0);//dp1[i]=x表示 ，在不修改的情况下 s[i,m_c)最多可以分割x次
	for (int i = m_c - 1; i >= 0; i--)
	{
		dpNotChange[i] = max(dpNotChange[i], dpNotChange[vSplit[i]] + 1);
	}
	int iRet = dpNotChange.front();
	int iPreNum = 0;
	for (int i = 0; i < m_c; i = vSplit[i])
	{
		iPreNum++;
		CKeyCount cnt;
		for (int j = i; j < vSplit[i]; j++)
		{
			cnt.Add(s[j], 1);
			if ((cnt.Cnt.size() == k) && (j - i + 1 > k))
			{
				iRet = max(iRet, iPreNum + dpNotChange[j]);
			}
		}
	}
	return iRet;
}
int m_c;

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};

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子墨子言之：事无终始，无务多业。也就是我们常说的专业的人做专业的事。
如果程序是一条龙，那算法就是他的是睛

测试环境

操作系统：win7 开发环境： VS2019 C++17
或者 操作系统：win10 开发环境： VS2022 **C+

+17**
如无特殊说明，本算法用**C++**实现。

群中有博文配套源码
QQ群名片
注：本文转载自blog.csdn.net的闻缺陷则喜何志丹的文章"https://blog.csdn.net/he_zhidan/article/details/135441346"。版权归原作者所有，此博客不拥有其著作权，亦不承担相应法律责任。如有侵权，请联系我们删除。
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