题目:
给定一个非空字符串 s 和一个包含非空单词列表的字典 wordDict,判定 s 是否可以被空格拆分为一个或多个在字典中出现的单词。
说明:
- 拆分时可以重复使用字典中的单词。
- 你可以假设字典中没有重复的单词。
示例 1:
输入: s = "leetcode", wordDict = ["leet", "code"]
输出: true
解释: 返回 true 因为 "leetcode" 可以被拆分成 "leet code"。
示例 2:
输入: s = "catsandog", wordDict = ["cats", "dog", "sand", "and", "cat"]
输出: false
解题:
题目的要求就是,一个字符串必须刚好被分为几个单词且这几个单词都在词典里,像实例3那样子交叉着是不行的,要独立分出来,其实这样就反而简单了呢。
假如有一个字符串是“youarelovely”,作为一个普通人,先想到是从头开始找第一个字典里的单词,也就是you;
然后再找发现are在字典里,而are前面的you也被确认过了,那么l以前的都在字典里可查;
再接着看,发现lovely也在字典里,而且e及以前的都被确认存在了,那么y及以前的都在字典里可查;
y之后没有了,返回y记录,发现是true,说明这整个字符串在字典里都有迹可循,完工。
以上就是一个动态规划的办法,动态规划需要有一个规则,也就是什么时候赋什么值。查了一个新词儿是对的,而且这个词儿之前的老词儿都对,那么新词儿及以前的都对,查后面的就行了。设置一个dp一维数组,当前字母及以前的内容都符合,设为true,如果0到i的之前都被确认过存在,而且i到j的刚刚确定存在,则可以说j及以前的都在词典里符合要求。
PS:注意注意!dp[0]要设为true,因为dp[i]表示的是i以前字符串是否符合要求,不包括i,因此为了让最后一个字符有存在感,dp长度要设为字符串长度+1。而dp[0]表示的是0以前位置的内容,为了符合if语句(前面的部分为真 且 后面的部分也可查)要设置为true。
class Solution {
public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
int len=s.length();
boolean[] dp=new boolean[len+1];
dp[0]=true;
HashSet<String> set=new HashSet<>();//为了快速查字典,放到一个无重复的集合里
for(String str:wordDict){
set.add(str);
}
for(int i=0;i<len;i++){
for(int j=i;j<len;j++){
if(dp[i] && set.contains(s.substring(i,j+1)))//前面的都可查,后面一段也可查
dp[j+1]=true;
}
}
return dp[len];
}
}
class Solution:
def wordBreak(self, s: str, wordDict: List[str]) -> bool:
n=len(s)
dp=[False]*(n+1)
dp[0]=True
for i in range(n):
for j in range(i+1,n+1):
if(dp[i] and (s[i:j]in wordDict)):
dp[j]=True
return dp[-1]