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leetcode 1301 ~ 1350
检查一个字符串是否可以打破另一个字符串

检查一个字符串是否可以打破另一个字符串

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题目描述

代码结果

运行时间: 75 ms, 内存: 16.6 MB


/*
思路:
1. 使用 Java Stream 将字符串转换为字符数组并排序。
2. 使用流的 allMatch 方法判断 s1 是否可以打破 s2 或 s2 是否可以打破 s1。
*/
import java.util.stream.IntStream;
import java.util.Arrays;

public class Solution {
    public boolean checkIfCanBreak(String s1, String s2) {
        char[] arr1 = s1.chars().sorted().mapToObj(c -> (char)c).toArray(Character[]::new);
        char[] arr2 = s2.chars().sorted().mapToObj(c -> (char)c).toArray(Character[]::new);
        boolean s1BreaksS2 = IntStream.range(0, arr1.length).allMatch(i -> arr1[i] >= arr2[i]);
        boolean s2BreaksS1 = IntStream.range(0, arr1.length).allMatch(i -> arr2[i] >= arr1[i]);
        return s1BreaksS2 || s2BreaksS1;
    }
}

解释

方法:

为了解决问题,我们采用了基于计数的方法。首先,我们分别统计两个字符串s1和s2中每个字符出现的次数。接着,我们创建一个字符列表chars,包含了所有小写字母。然后,我们使用累积函数accumulate,基于chars中的字符顺序来计算s1和s2中每个字符以及之前所有字符的累积出现次数。这样得到的两个累积列表acc1和acc2,可以用来比较两个字符串的字典序。最后,我们检查s1的任意排列是否可以打破s2的任意排列,或者s2的任意排列是否可以打破s1的任意排列。具体地,如果acc1中的每个位置的值都小于等于acc2对应位置的值,或者acc1中的每个位置的值都大于等于acc2对应位置的值,返回true。否则返回false。

时间复杂度:

O(n)

空间复杂度:

O(1)

代码细节讲解

🦆
为什么选择使用字符计数和累积分布的方法来解决这个问题,而不是直接比较排序后的字符串?
使用字符计数和累积分布的方法可以提供更高效的解决方案。直接排序两个字符串的时间复杂度是O(n log n),其中n是字符串的长度。而通过统计字符出现的频次并使用累积分布,我们仅需O(n)时间来统计频次加上O(1)时间来比较每个字符的累积分布(因为字符集大小是常数,即26个小写英文字母)。这样,总的时间复杂度降至O(n),从而更高效地处理大数据量的情况。
🦆
在使用`accumulate`函数计算累积分布时,是否考虑了某些字符在字符串中完全不存在的情况?如果字符不存在,这将如何影响累积分布的计算结果?
是的,这种情况已经考虑在内。在计算累积分布时,如果某个字符在字符串中不存在,`Counter`对象会返回0。因此,对于不存在的字符,累积分布中该字符的值会与前一个字符的累积值相同。这保证了累积分布的连续性,即使某些字符在字符串中完全缺失也不会影响最终的比较结果。
🦆
你如何确保在比较`acc1`和`acc2`的过程中,两个累积分布列表长度始终相等?
在构建累积分布列表`acc1`和`acc2`时,我们基于固定的字符列表`chars`,它包含了所有26个小写字母。因此,无论输入字符串`s1`和`s2`中的字符如何,`acc1`和`acc2`都是基于相同的26个字母进行累积计数的,保证了两个列表的长度始终为26,从而确保了比较过程中列表长度的一致性。
🦆
函数`checkIfCanBreak`中的两个`all`条件检查是如何确保至少一种字符串排列可以打破另一种排列的?
在`checkIfCanBreak`函数中,通过两个`all`条件来分别检查是否存在一种情况,即`s1`的每个字符的累积出现次数始终小于等于`s2`的对应累积次数,或者`s1`的累积次数始终大于等于`s2`的累积次数。如果其中一个条件为真,表示至少有一种排列方式使得一个字符串可以完全打破另一个字符串(即,一个字符串的每个字符在字典序上不小于另一个字符串的相应位置的字符,或者总是不大于)。这是因为累积分布考虑了字符的整体分布趋势,而不仅仅是单个位置上的比较。

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