820. Short Encoding of Words

 

Given a list of words, we may encode it by writing a reference string S and a list of indexes A.

For example, if the list of words is ["time", "me", "bell"], we can write it as S = "time#bell#" and indexes = [0, 2, 5].

Then for each index, we will recover the word by reading from the reference string from that index until we reach a "#" character.

What is the length of the shortest reference string S possible that encodes the given words?

Example:

Input: words = ["time", "me", "bell"]
Output: 10
Explanation: S = "time#bell#" and indexes = [0, 2, 5].

 

Note:

  1. 1 <= words.length <= 2000.
  2. 1 <= words[i].length <= 7.
  3. Each word has only lowercase letters.

 

这道题给了我们一个单词数组,让我们对其编码,不同的单词之间加入#号,每个单词的起点放在一个坐标数组内,终点就是#号,能合并的单词要进行合并,问输入字符串的最短长度。题意不难理解,难点在于如何合并单词,我们观察题目的那个例子,me和time是能够合并的,只要标清楚其实位置,time的起始位置是0,me的起始位置是2,那么根据#号位置的不同就可以顺利的取出me和time。需要注意的是,如果me换成im,或者tim的话,就不能合并了,因为我们是要从起始位置到#号之前所有的字符都要取出来。搞清楚了这一点之后,我们在接着观察,由于me是包含在time中的,所以我们处理的顺序应该是先有time#,然后再看能否包含me,而不是先生成了me#之后再处理time,所以我们可以得出结论,应该先处理长单词,那么就给单词数组按长度排序一下就行,自己重写一个comparator就行。然后我们遍历数组,对于每个单词,我们都在编码字符串查找一下,如果没有的话,直接加上这个单词,再加一个#号,如果有的话,就可以得到出现的位置。比如在time#中查找me,得到found=2,然后我们要验证该单词后面是否紧跟着一个#号,所以我们直接访问found+word.size()这个位置,如果不是#号,说明不能合并,我们还是要加上这个单词和#号。最后返回编码字符串的长度即可,参见代码如下:

 

解法一:

class Solution {
public:
    int minimumLengthEncoding(vector<string>& words) {
        string str = "";
        sort(words.begin(), words.end(), [](string& a, string& b){return a.size() > b.size();});
        for (string word : words) {
            int found = str.find(word);
            if (found == string::npos || str[found + word.size()] != '#') {
                str += word + "#";
            }
        }
        return str.size();
    }
};

 

我们再来看一种不用自定义comparator的方法,根据之前的分析,我们知道其实是在找单词的后缀,比如me就是time的后缀。我们希望将能合并的单词排在一起,比较好处理,而后缀又不好排序。那么我们就将其转为前缀,做法就是给每个单词翻转一下,time变成emit,me变成em,这样我们只要用默认的字母顺序排,就可以得到em,emit的顺序,那么能合并的单词就放到一起了,而且一定是当前的合并到后面一个,那么就好做很多了。我们只要判读当前单词是否是紧跟着的单词的前缀,是的话就加0,不是的话就要加上当前单词的长度并再加1,多加的1是#号。判断前缀的方法很简单,直接在后面的单词中取相同长度的前缀比较就行了。由于我们每次都要取下一个单词,为了防止越界,只处理到倒数第二个单词,那么就要把最后一个单词的长度加入结果res,并再加1即可,参见代码如下:

 

解法二:

class Solution {
public:
    int minimumLengthEncoding(vector<string>& words) {
        int res = 0, n = words.size();
        for (int i = 0; i < n; ++i) reverse(words[i].begin(), words[i].end());
        sort(words.begin(), words.end());
        for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
            res += (words[i] == words[i + 1].substr(0, words[i].size())) ? 0  : words[i].size() + 1;
        }
        return res + words.back().size() + 1;
    }
};

 

接下来的这种方法也很巧妙,用了一个HashSet,将所有的单词先放到这个HashSet中。原理是对于每个单词,我们遍历其所有的后缀,比如time,那么就遍历ime,me,e,然后看HashSet中是否存在这些后缀,有的话就删掉,那么HashSet中的me就会被删掉,这样保证了留下来的单词不可能再合并了,最后再加上每个单词的长度到结果res,并且同时要加上#号的长度,参见代码如下:

 

解法三:

class Solution {
public:
    int minimumLengthEncoding(vector<string>& words) {
        int res = 0;
        unordered_set<string> st(words.begin(), words.end());
        for (string word : st) {
            for (int i = 1; i < word.size(); ++i) {
                st.erase(word.substr(i));
            }
        }
        for (string word : st) res += word.size() + 1;
        return res;
    }
};

 

参考资料:

https://leetcode.com/problems/short-encoding-of-words/

https://leetcode.com/problems/short-encoding-of-words/discuss/125825/Easy-to-understand-Java-solution

https://leetcode.com/problems/short-encoding-of-words/discuss/125822/C%2B%2B-4-lines-reverse-and-sort

https://leetcode.com/problems/short-encoding-of-words/discuss/125811/C%2B%2BJavaPython-Easy-Understood-Solution-with-Explanation

 

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