LeetCode的一道题引申的python实现的对字符串进行分词，提取词频的方法
在LeetCode上刷一道题，题目如下：
3. 无重复字符的最长子串
给定一个字符串，请你找出其中不含有重复字符的?最长子串?的长度。
示例?1:
输入: "abcabcbb"
输出: 3
解释: 因为无重复字符的最长子串是 "abc"，所以其长度为 3。
示例 2:
输入: "bbbbb"
输出: 1
解释: 因为无重复字符的最长子串是 "b"，所以其长度为 1。
示例 3:
输入: "pwwkew"
输出: 3
解释: 因为无重复字符的最长子串是?"wke"，所以其长度为 3。
?
请注意，你的答案必须是 子串 的长度，"pwke"?是一个子序列，不是子串。
我想到，如果忽略重复的情况，纯对无符号字符串进行分词，是怎么做的？
考虑了一下，思路比较简单：
先从单个字符开始，统计词频，然后对词频大于1的进行扩展，扩展处理的词长为2的，再统计词频，然后如此类推，一致推到所有的最高长度词都词频为1了，才结束。
如图所示：
最终代码如下：
#该函数为，i为扩充出的词的长度，i=2，就是ab，bc，de这种两个长度的词； #然后在sc中找值不为1的键值对，检查长度为i的键在s中出现后续词的数量，并插入到sc字典中 #返回此层结果的最大词频 def fillSc(sc:dict,s:list,i:int)->int: maxlens=0 #最大词频 if len(sc)==0: #如果sc字典为空，则开始把单字进行填充 for b in s: sc[b]= s.count(b) if s.count(b)>maxlens: #判断该词频率，如果频率是最高的，就保存下来 maxlens=s.count(b) else: #否则在sc字典中找到词长为i的词，进行探索 for x in list(sc.keys()): if len(x)!=i: #如果为词长与预设不符，则不再继续，而是跳过 continue else: m=int(sc[x]) #m为词x出现的次数 if m>1:#词频为1的，不再处理，只处理词频高于1的 n=0 #取词的位置 for k in range(0,m,1): if s.index(x,n,)+len(x)<len(s)-1: #判断是否到了s字符串的结尾 x1=x+s[s.index(x,n,)+len(x)] #形成后续词，即x为ab时，取abc，如果存在多个ab，则接连取 n=s.index(x,n,)+len(x)#后续词出现的位置 sc[x1]=s.count(x1)#补充进sc列表 if s.count(x1)>maxlens: #判断该词频率，如果频率是最高的，就保存下来 maxlens=s.count(x1) return maxlens s="abcabcbb" #原始字符串 sc={} #空字典，用于存储分出来的词和词频 i=0 #当前层数，也就是当前词的长度，例如a是1，ab是2，abc是3 maxl=2 #最大词频数，初始值设置为2，是为了避免while循环不启动 while maxl>1: maxl=fillSc(sc,s,i) i=i+1 for x in list(sc.keys()): #将sc字典中的全部输出 print(x,",",sc[x])
输出结果如下：
a , 2 b , 4 c , 2 ab , 2 bc , 2 ca , 1 cb , 1 abc , 2 bca , 1 bcb , 1 abca , 1 abcb , 1
心得体会如下：
1、对python的语法和方法还是不熟悉，导致了非常大的麻烦，经过这个例子，对字典的理解更深入了，虽然感觉不如c#的对应类型好用。
2、代码编辑器很麻烦，开始用vscode怎么也配置不上，重装了后，没有自动代码提示，也没有代码颜色高亮等，等再配置完了，这些有了，但代码执行不起来了，提示有空行在核心代码库里面。最后只能重装了anaconda3，直接用spyder来写，调试和代码执行也很麻烦。如果用vs和c#来写，估计连四分之一的时间都用不了。