算法知识梳理(3) 字符串算法第二部分

时间  2019-11-21
标签 算法 知识 梳理 字符串 第二 部分 繁體版
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1、概要

本文介绍了有关字符串的算法第二部分的Java代码实现，全部代码都可经过 在线编译器 直接运行，算法目录：java

  • 查找字符串中的最长重复子串
  • 求长度为N的字符串的最长回文子串
  • 将字符串中的*移到前部，而且不改变非*的顺序
  • 不开辟用于交换的空间，完成字符串的逆序C++
  • 最短摘要生成
  • 最长公共子序列

2、代码实现

2.1 查找字符串中的最长重复子串

问题描述

给定一个文本文件做为输入，查找其中最长的重复子字符串。例如，"Ask not what your country can do for you, but what you can do for your country"中最长的重复字符串是“can do for you”，第二长的是"your country"。ios

解决思路

这里解决问题的时候用到了 后缀数组 的思想，它指的是字符串全部右子集的集合，例如字符串abcde，它的后缀数组就为["abcde", "bcde", "cde", "de", "e"]。程序员

解法分为三步：算法

  • 求得输入字符串p的后缀数组，把它存放在一个List当中，这里注意去掉空格的状况。
  • 对List中的全部元素进行快速排序。快速排序的目的不在于使得整个数组有序，而在于 使得前缀差别最小的两个字符串在数组中位于相邻的位置，对于上面的例子，其排序结果为：

后缀数组的快速排序结果

  • 遍历排序后的数组，只须要对数组中的 相邻的两个元素 从头开始比较，计算出这两个字符串相同前缀的长度。遍历以后，取得的最大值就是最长重复子串的长度，而这两个字符串的相同前缀就是最长重复子串。

实现代码

import java.util.ArrayList;
import java.util.List;
import java.lang.String;

class Untitled {

	static void quickSortStr(List<String> c, int start, int end){
		if(start >= end)
			return;
		int pStart = start;
		int pEnd = end;
		int pMid = start;
		String t = null;
		for (int j = pStart+1; j <= pEnd; j++) {
			if ((c.get(pStart)).compareTo(c.get(j)) > 0) {
				pMid++;
				t = c.get(pMid); 
				c.set(pMid, c.get(j)); 
				c.set(j, t);
			}
		}
		t = c.get(pStart); 
		c.set(pStart, c.get(pMid)); 
		c.set(pMid, t);
		quickSortStr(c, pStart, pMid-1);
		quickSortStr(c, pMid+1, pEnd);
	}
	
	//得到两个字符串从第一个字符开始，相同部分的最大长度。
	static int comLen(String p1, String p2){
		int count = 0;
		int p1Index = 0;
		int p2Index = 0;
		while (p1Index < p1.length()) {
			if (p1.charAt(p1Index++) != p2.charAt(p2Index++))
				return count;
			count++;
		}
		return count;
	}

	static String longComStr(String p, int length){
		List<String> dic = new ArrayList<String>();
		int ml = 0 ;
		for (int i = 0; i < length; i++) {
			if (p.charAt(i) != ' ') {
				//构造全部的后缀数组。
				dic.add(p.substring(i, p.length()));
			}
		}
		String mp = null;
		//对后缀数组进行排序。
		quickSortStr(dic, 0, dic.size()-1);
		//打印排序后的数组用于调试。
		for (int i = 0; i < dic.size(); i++) {
			System.out.println("index=" + i + ",data=" + dic.get(i));
		}
		for (int i = 0; i < dic.size()-1; i++) {
			int tl = comLen(dic.get(i), dic.get(i+1));
			if (tl > ml) {
				ml = tl;
				mp = dic.get(i).substring(0, ml);
			}
		}
		return mp;
	} 

	public static void main(String[] args) {
		String source = "Ask not what your country can do for you, but what you can do for your country";
		System.out.println("result = " + longComStr(source, source.length()));
	}
}
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运行结果

>> result = can do for you
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2.2 求长度为 N 的字符串的最长回文子串

问题描述

长度为N的字符串，求这个字符串里的最长回文子串，回文字符串 简单来讲就是一个字符串正着读和反着读是同样的。编程

解决思路

这里用到的是Manacher算法，首先须要对原始的字符串进行预处理，即在每一个字符之间加上一个标志位，这里用#来表示，这会使得对于任意一个输入，通过处理后的字符串长度为2*len+1，也就是说 处理后的字符串始终为奇数。数组

在上面咱们已经介绍过，回文串中最左或最右位置的字符与其对称轴的距离称为 回文半径，Manacher定义了一个数组RL[i]，它表示 第i个字符为对称轴的回文串 的 最右一个字符与字符i的闭区间所包含的字符个数，以google为例，通过处理后的字符串为#g#o#o#g#l#e，那么RL[i]的值为： ui

而 RL[i]-1的值就是原始字符串中，以位置 i为对称轴的最长回文串的长度，那么接下来的问题就变成如何计算 RL[i]数组。

首先，咱们须要两个辅助的变量maxidR和maxid，它表示当前计算的回文字符串中，所能触及到的最右位置，而maxid则表示该回文串的对称轴所在位置，而RL[maxid]为该回文串的距离。google

假设咱们此时遍历到了第i个字符，那么这时候有两种状况：spa

(1) i < maxidR

在这种状况下，咱们知道p[maxid+1, .., maxid+RL[maxid]-1]和p[maxid-1, .., maxid-RL[maxid]+1]部分是关于p[maxid]对称的，利用这个有效信息，能够避免一些没必要要的判断。.net

如今，咱们得到i关于maxid的对称点j，这个点位于maxid的左侧，所以，咱们已经计算过以它为中心的回文字符串长度RL[j]，对于以p[j]为中心的回文字符串有两种状况：

  • 以j为中心的回文字符的最左边j-(RL[j]-1) 大于等于 maxidR关于maxid的对称点maxid-(maxidR-maxid)，在这种状况下，咱们能够推断出以i为对称点的RL[i]的值最小为RL[j]。
  • 大于的状况，能够保证以i为对称点的RL[i]至少为(maxidR-i)+1。

固然这上面只是推测出的 最小状况，以后仍然要继续遍从来更新RL[i]的值。

(2) i >= maxidR

这时候没有任何的已知信息，咱们只能从i的左右两边慢慢遍历。

实现代码

class Untitled {
	
	static int maxSynStr(char ip[], int len) {
		int size = 2*len + 1;
		char a[] = new char[size];
		int RL[] = new int[size];
		int i = 0;
		int n;
		while (i < len) {
			a[(i<<1)+1] = ip[i];
			a[(i<<1)+2] = '#';
			i++;
		}
		a[0] = '#';
		//最远字符的中心对称点。
		int maxid = 0;
		//探索到的最远字符。
		int maxidR = 0;
		int ans = 0;
		RL[0] = 1;
		for (i = 1; i < size; i++) {
			//首先推测出i为中心的最小回文半径。
			int offset = 0;
			if (i < maxidR) {
				//j是关于maxid在左边的对称点。
				int j = maxid-(i-maxid);
				//获取以前计算出的以j为中心的回文半径。
				if (j-(RL[j]-1) >= maxid-(maxidR-maxid)) {
					offset = RL[j]-1;
				} else {
					offset = maxidR-maxid;
				} 
			}
			do {
				offset++;
			} while(i-offset >= 0 && i+offset < size && a[i+offset] == a[i-offset]);
			//最后一次是匹配失败的，所以要减去1。
			offset--;
			//RL[i]的值包括了本身，所以要加1。
			RL[i] = offset+1;
			//更新当前最大的回文半径。
			if (i+offset > maxidR){
				maxidR = i+offset;
				maxid = i;
			}
			if (RL[i] > ans) {
				ans = RL[i];
			}
		}
		return ans-1;
	} 
	
	public static void main(String[] args) {
		char[] source = "google".toCharArray();
		System.out.println("result=" + maxSynStr(source, 6));
	}
}
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运行结果：

>> result=4
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2.3 将字符串中的 * 移到前部，而且不改变非 * 的顺序

问题描述

将字符串中的*移到前部，而且不改变非*的顺序，例如ab**cd**e*12，处理后为*****abcde12。

解决思路

咱们能够将整个数组分为两个部分：有可能包含*字符的部分和必定不包含*字符的部分。初始时候，整个数组只有有 有可能包含*字符的部分，那么咱们就能够 从后往前 遍历，每遇到一个非*的字符就把它放到 必定不包含*字符的部分，因为须要保持非*的顺序，所以须要将它插入到该部分的首部。

实现代码

class Untitled {

	static void moveNullCharPos(char p[], int length) {
		if (length > 1) {
			char t;
			char c;
			int lastCharIndex = length;
			//必需要从后向前扫描。
			for(int j = length-1; j >=0 ;j--) {
				if ((c = p[j]) != '*') {
					lastCharIndex--;
					t = p[lastCharIndex]; p[lastCharIndex] = p[j]; p[j] = t;
				}
			}
		}
		System.out.println(p);
	}

	public static void main(String[] args) {
		char[] source = "ab**cd**e*12".toCharArray();
		moveNullCharPos(source, source.length);
	}
}
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运行结果：

>> *****abcde12
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2.4 不开辟用于交换的空间，完成字符串的逆序（C++）

问题描述

不开辟用于交换的空间，完成字符串的逆序。

解决思路

这里利用的是 两次亦或等于自己 的思想。

实现代码

#include <iostream>
using namespace std;

void reverWithoutTemp(char *p, int length){
	int i = 0;
	int j = length-1;
	while (i < j) {
		p[i] = p[i]^p[j];  
		//其实是p[i]^p[j]^p[j]，这里的p[i]和p[j]指的是原始数组中的值。
		p[j] = p[i]^p[j];  
		//其实是(p[i]^(p[i]^p[j]^p[j]))^(p[i]^p[j]^p[j])，这里的p[i]和p[j]指的是原始数组中的值。
		p[i] = p[i]^p[j];  
		i++;j--;
	}
	std::cout << p << std::endl;
}

int main() {
	char p[] = "1234566";
	reverWithoutTemp(p, 7);
	return 0;
}
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运行结果：

>> 6654321
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2.5 最短摘要生成

问题描述

给定一段描述w和一组关键字q，咱们从这段描述中找出包含全部关键字的最短字符序列，这个最短字符序列就称为 最短摘要：

  • 最短字符序列必须包含全部的关键字
  • 最短字符序列中关键字的顺序能够是随意的

解决思路

假设咱们的输入序列以下所示，其中w表示非关键字的字符串，而q则表示关键字的字符串：

w0,w1,w2,w3,q0,w4,w5,q1,w6,w7,w8,q0,w9,q1
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这里，咱们引入额外的三个变量pStart、pEnd和flag数组，flag数组用于统计pStart和pEnd之间关键字的命中状况。

这里说明一下flag数组的做用，flag数组和关键字p数组的长度相同，每命中一个关键字，就将flag数组的对应位置+1，而flagSize只有在每次遇到一个新的关键字时才更新，所以它表示flag数组中 不重复的关键字的个数。

算法的步骤以下：

  • 第一步：咱们将pEnd从w[0]开始移动，每发现一个命中的关键字，就更新flag[]数组，直到w[pStart,..,pEnd] 包含了全部的关键字，即w0,w1,w2,w3,q0,w4,w5,q1。
  • 第二步：开始移动pStart，这时候pStart,..,pEnd之间的长度将会逐渐变短，在移动的过程当中，同时更新flag[]数组，直到pStart,...,pEnd之间 再也不包含全部的关键字，这时候就能够求得 目前为止的最短摘要长度，即q0,w4,w5,q1。
  • 第三步：重复第一步的操做，移动pEnd使得pStart,...,pEnd从新 包含全部的关键字，再执行第二步的操做来 更新最短摘要长度，直到pEnd遍历到w的最后一个元素。

实现代码

class Untitled {

	static int findKey(String[] p1, String p2) {
		int len = p1.length;
		for(int i = 0; i < len; i++) {
			if(p1[i].equals(p2))
				return i;
		}
		return -1;
	}
	
	//p1为原始数据，p2为全部的关键词。
	static int calMinAbst(String[] p1, String[] p2) {
		int p1Len = p1.length;
		int p2Len = p2.length;
		int r;
		int shortAbs = Integer.MAX_VALUE;
		int tAbs = 0;
		int pBegin = 0;
		int pEnd = 0;
		int absBegin = 0;
		int absEnd = 0;
		int flagSize = 0;
		int flag[] = new int[p2Len];
		//初始化标志位数组。
		for (int i = 0; i < p2Len; i++) {
			flag[i] = 0;
		}
		while (pEnd < p1Len) {
			//只有先找到所有的关键词才退出循环。
			while (flagSize != p2Len && pEnd < p1Len) {
				r = findKey(p2, p1[pEnd++]);
				if (r != -1) {
					if (flag[r] == 0) {
						flagSize++;
					}
					flag[r]++;
				}
			}
			while (flagSize == p2Len) {
				if ((tAbs = pEnd-pBegin) < shortAbs) {
					shortAbs = tAbs;
					absBegin = pBegin;
					absEnd = pEnd-1;
				}
				r = findKey(p2, p1[pBegin++]);
				if (r != -1) {
					flag[r]--;
					if (flag[r] == 0) {
						flagSize--;
					}
				}
			}
		}
		for (int i = absBegin; i <= absEnd; i++) {
			System.out.print(p1[i] + ",");
		}
		System.out.println("\n最短摘要长度=" + tAbs);
		return shortAbs;
	}

	public static void main(String[] args) {
		String keyword[] = {"微软", "计算机", "亚洲"};
		String str[] = { 
			"微软","亚洲","研究院","成立","于","1998","年","，","咱们","的","使命",
			"是","使","将来","的","计算机","可以","看","、","听","、","学","，",
			"能","用","天然语言","与","人类","进行","交流","。","在","此","基础","上",
			"，","微软","亚洲","研究院","还","将","促进","计算机","在","亚太","地区",
			"的","普及","，","改善","亚太","用户","的","计算","体验","。","”"
		};
		calMinAbst(str, keyword);
	}
}
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运行结果

>> 微软,亚洲,研究院,还,将,促进,计算机,
>> 最短摘要长度=7
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2.6 最长公共子序列

问题描述

经典的LCS问题，这里主要解释一下最长公共子序列的含义。最长公共子串和最长公共子序列的区别：子串是 串的一个连续的部分，子序列则是 不改变序列的顺序，而从序列中去掉任意的元素 而得到的新序列。

解决思路

经典的LCS问题，原理能够参考这篇被普遍转载的文章 程序员编程艺术第十一章：最长公共子序列问题，这里给出简要介绍一下基本的思想。

LCS基于下面这个定理：

LCS 算法定理
最终目的是构建相似于下面的一个矩阵：

LCS 矩阵

  • 对于矩阵，定义c[i][j]：它表示字符串序列A的前i个字符组成的序列A和字符串序列B的前j个字符组成的序列B之间的最长公共子序列的长度，其中i<=A.len，而且j<=B.len。
  • 若是A[i]=B[j]，那么A与B之间的最长公共子序列的最后一项必定是这个元素，也就是c[i][j] = c[i-1][j-1]+1。
  • 若是A[i]!=B[j]，则c[i][j]= max(c[i-1][j], c[i][j-1])。
  • 初始值为：c[0][j]=c[i][0]=0。

代码实现

class Untitled {

	static void LCS(char a[], int aLen, char b[], int bLen){
		int c[][] = new int[bLen+1][aLen+1];
		for (int i = 1; i < bLen+1; i++) {
			for (int j = 1; j < aLen+1; j++) {
				if (a[j-1] == b[i-1]) {
					c[i][j] = c[i-1][j-1] + 1;
				} else {
					c[i][j] = (c[i-1][j]>c[i][j-1]) ? c[i-1][j]:c[i][j-1];
				}
			}
		}
		int csl = c[bLen][aLen];
		char p[] = new char[csl+1];
		int i = bLen, j = aLen;
		while (i > 0 && j > 0 && c[i][j] > 0) {
			if (c[i][j] == c[i-1][j]) {
				i--;
			} else if(c[i][j] == c[i][j-1]) {
				j--;
			} else if(c[i][j] > c[i-1][j-1]) {
				p[c[i][j]] = a[j-1];
				i--;j--;
			}
		}
		for (i = 1; i <= csl; i++) {
			System.out.print(p[i]);
		}
	} 

	public static void main(String[] args) {
		char p1[] = "aadaae".toCharArray();
		char p2[] = "adaaf".toCharArray();
		LCS(p1, p1.length, p2, p2.length);
	}
}
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运行结果

>> adaa
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