Word Break II
Given a string s and a dictionary of words dict, add spaces in s to
construct a sentence where each word is a valid dictionary
word.
Return all such possible sentences.
For example, given
s = "catsanddog",
dict = ["cat", "cats", "and", "sand", "dog"].
A solution is ["cats and dog", "cat sand dog"].
解答1 (dfs)：
让我们来继续切切切吧！
本题与上一题Word Break思路类似，但是一个是DP,一个是DFS。
让我们来回顾一下DP与DFS的区别：
DP是Bottom-up 而DFS是TOP-DOWN.
在本题的DFS中，我们这样定义：
用刀在字符串中切一刀。左边是i个字符，右边是len-i个字符。
i: 1- len
如果：
左边是字典里的词，右边是可以wordbreak的，那么把左边的字符串加到右边算出来的List中，生成新的list返回。
1. Base case:
当输入字符串为空的时候，应该给出一个空解。这个很重要，否则这个递归是不能运行的。
2. 递归的时候，i应该从1开始递归，因为我们要把这个问题分解为2个部分，如果你左边给0，那就是死循环。
记忆：
为了加快DFS的速度，我们应该添加记忆，也就是说，算过的字符串不要再重复计算。举例子：
apple n feng
app len feng
如果存在以上2种划分，那么feng这个字符串会被反复计算，在这里至少计算了2次。我们使用一个Hashmap把对应字符串的解记下来，这样就能避免重复的计算。
否则这一道题目会超时。
// 我们用DFS来解决这个问题吧
public static List<String> wordBreak1(String s, Set<String> dict) {
HashMap<String, List<String>> map = new HashMap<String, List<String>>();
if (s == null || s.length() == 0 || dict == null) {
return null;
} return dfs(s, dict, map);
} // 解法1：我们用DFS来解决这个问题吧
public static List<String> dfs(String s, Set<String> dict, HashMap<String, List<String>> map) {
if (map.containsKey(s)) {
return map.get(s);
} List<String> list = new ArrayList<String>();
int len = s.length(); if (len == 0) {
list.add("");
} else {
// i 表示左边字符串的长度
for (int i = 1; i <= len; i++) {
String sub = s.substring(0, i); // 左边的子串可以为空，或是在字典内
if (!dict.contains(sub)) {
continue;
} // 字符串划分为2边，计算右边的word break.
List<String> listRight = dfs(s.substring(i, len), dict, map); // 右边不能break的时候，我们跳过.
if (listRight.size() == 0) {
continue;
} // 把左字符串加到右字符串中，形成新的解.
for (String r: listRight) {
StringBuilder sb = new StringBuilder();
sb.append(sub);
if (i != 0 && i != len) {
// 如果左边为空，或是右边为空，不需要贴空格
sb.append(" ");
}
sb.append(r);
list.add(sb.toString());
}
}
} map.put(s, list);
return list;
}
解答2： dfs2：
参考了http://blog.csdn.net/fightforyourdream/article/details/38530983的
解法，我们仍然使用主页君用了好多次的递归模板。但是在LeetCode中超时，在进入DFS时加了一个『判断是不是wordBreak』的判断，终于过了。这是一种DFS+剪枝的解法
/*
// 解法2：我们用普通的递归模板来试一下。
*/ // 我们用DFS来解决这个问题吧
public static List<String> wordBreak(String s, Set<String> dict) {
if (s == null || s.length() == 0 || dict == null) {
return null;
} List<String> ret = new ArrayList<String>(); // 记录切割过程中生成的字母
List<String> path = new ArrayList<String>(); dfs2(s, dict, path, ret, 0); return ret;
} // 我们用DFS模板来解决这个问题吧
public static void dfs2(String s, Set<String> dict,
List<String> path, List<String> ret, int index) {
int len = s.length();
if (index == len) {
// 结束了。index到了末尾
StringBuilder sb = new StringBuilder();
for (String str: path) {
sb.append(str);
sb.append(" ");
}
// remove the last " "
sb.deleteCharAt(sb.length() - 1);
ret.add(sb.toString());
return;
} // 如果不加上这一行会超时。就是说不能break的时候，可以直接返回
// 但这也许只是一个treak, 其实这种方法还是不大好。
if (!iswordBreak(s.substring(index), dict)) {
return;
} for (int i = index; i < len; i++) {
// 注意这些索引的取值。左字符串的长度从0到len
String left = s.substring(index, i + 1);
if (!dict.contains(left)) {
// 如果左字符串不在字典中，不需要继续递归
continue;
} path.add(left);
dfs2(s, dict, path, ret, i + 1);
path.remove(path.size() - 1);
}
} public static boolean iswordBreak(String s, Set<String> dict) {
if (s == null) {
return false;
} int len = s.length();
if (len == 0) {
return true;
} boolean[] D = new boolean[len + 1]; // initiate the DP. 注意，这里设置为true是不得已，因为当我们划分字串为左边为0，右边为n的时候，
// 而右边的n是一个字典string,那么左边必然要设置为true，才能使结果为true。所以空字符串我们需要
// 认为true
D[0] = true; // D[i] 表示i长度的字符串能否被word break.
for (int i = 1; i <= len; i++) {
// 把子串划分为2部分，分别讨论, j 表示左边的字符串的长度
// 成立的条件是：左边可以break, 而右边是一个字典单词
D[i] = false;
for (int j = 0; j < i; j++) {
if (D[j] && dict.contains(s.substring(j, i))) {
// 只要找到任意一个符合条件，我们就可以BREAK; 表示我们检查的
// 这一个子串符合题意
D[i] = true;
break;
}
}
} return D[len];
}
解答3： dfs3：
感谢http://fisherlei.blogspot.com/2013/11/leetcode-wordbreak-ii-solution.html的解释，我们可以加一个boolean的数组，b[i]表示从i到len的的字串可不可以进行word break. 如果我们在当前根本没有找到任何的word， 也就表明这一串是不能word break的，记一个false在数组里。这样下次进入dfs这里的时候，直接就返回一个false.通过这个剪枝我们也可以减少复杂度。
/*
// 解法3：重新剪枝。
*/
// 我们用DFS来解决这个问题吧
public static List<String> wordBreak3(String s, Set<String> dict) {
if (s == null || s.length() == 0 || dict == null) {
return null;
} List<String> ret = new ArrayList<String>(); // 记录切割过程中生成的字母
List<String> path = new ArrayList<String>(); int len = s.length(); // 注意：一定要分配 Len+1 否则会爆哦.
boolean canBreak[] = new boolean[len + 1];
for (int i = 0; i < len + 1; i++) {
canBreak[i] = true;
} dfs3(s, dict, path, ret, 0, canBreak); return ret;
} // 我们用DFS模板来解决这个问题吧
public static void dfs3(String s, Set<String> dict,
List<String> path, List<String> ret, int index,
boolean canBreak[]) {
int len = s.length();
if (index == len) {
// 结束了。index到了末尾
StringBuilder sb = new StringBuilder();
for (String str: path) {
sb.append(str);
sb.append(" ");
}
// remove the last " "
sb.deleteCharAt(sb.length() - 1);
ret.add(sb.toString());
return;
} // if can't break, we exit directly.
if (!canBreak[index]) {
return;
} for (int i = index; i < len; i++) {
// 注意这些索引的取值。左字符串的长度从0到len
String left = s.substring(index, i + 1);
if (!dict.contains(left) || !canBreak[i + 1]) {
// 如果左字符串不在字典中，不需要继续递归
continue;
} // if can't find any solution, return false, other set it
// to be true;
path.add(left); int beforeChange = ret.size();
dfs3(s, dict, path, ret, i + 1, canBreak);
// 注意这些剪枝的代码. 关键在于此以减少复杂度
if (ret.size() == beforeChange) {
canBreak[i + 1] = false;
}
path.remove(path.size() - 1);
}
}
解答4： DP解法：
感谢大神的解法： https://gist.github.com/anonymous/92e5e613aa7b5ce3d4c5 以后再慢慢研究
主页君自己也写了一个先用动规算出哪些区间是可以解的，然后在DFS的时候，先判断某区间能否word break，如果不可以，直接退出。
/*
// 解法4：先用DP来求解某些字段是否能word break，然后再做
*/
// 我们用DFS来解决这个问题吧
public static List<String> wordBreak4(String s, Set<String> dict) {
if (s == null || s.length() == 0 || dict == null) {
return null;
} List<String> ret = new ArrayList<String>(); List<String> path = new ArrayList<String>(); int len = s.length(); // i: 表示从i索引开始的字串可以word break.
boolean[] D = new boolean[len + 1];
D[len] = true;
for (int i = len - 1; i >= 0; i--) {
for (int j = i; j <= len - 1; j++) {
// 左边从i 到 j
D[i] = false;
if (D[j + 1] && dict.contains(s.substring(i, j + 1))) {
D[i] = true;
break;
}
}
} dfs4(s, dict, path, ret, 0, D); return ret;
} public static void dfs4(String s, Set<String> dict,
List<String> path, List<String> ret, int index,
boolean canBreak[]) {
int len = s.length();
if (index == len) {
// 结束了。index到了末尾
StringBuilder sb = new StringBuilder();
for (String str: path) {
sb.append(str);
sb.append(" ");
}
// remove the last " "
sb.deleteCharAt(sb.length() - 1);
ret.add(sb.toString());
return;
} // if can't break, we exit directly.
if (!canBreak[index]) {
return;
} for (int i = index; i < len; i++) {
// 注意这些索引的取值。左字符串的长度从0到len
String left = s.substring(index, i + 1);
if (!dict.contains(left)) {
// 如果左字符串不在字典中，不需要继续递归
continue;
} // if can't find any solution, return false, other set it
// to be true;
path.add(left);
dfs4(s, dict, path, ret, i + 1, canBreak);
path.remove(path.size() - 1);
} }
比较与测试：
这里贴一下各种解法的时间：
Test
Computing time with DFS1: 7830.0 millisec.
Computing time with DFS2: 6400.0 millisec.
Computing time with DFS3: 4728.0 millisec.
Computing time with DFS4: 4566.0 millisec.
可见，四个方法里最好的是第四个，建议面试时可以采用第四个。如有错误，敬请指正。