0087. 扰乱字符串

题目地址(87. 扰乱字符串)

https://leetcode-cn.com/problems/scramble-string/

题目描述

使用下面描述的算法可以扰乱字符串 s 得到字符串 t ：
如果字符串的长度为 1 ，算法停止
如果字符串的长度 > 1 ，执行下述步骤：
在一个随机下标处将字符串分割成两个非空的子字符串。即，如果已知字符串 s ，则可以将其分成两个子字符串 x 和 y ，且满足 s = x + y 。
随机 决定是要「交换两个子字符串」还是要「保持这两个子字符串的顺序不变」。即，在执行这一步骤之后，s 可能是 s = x + y 或者 s = y + x 。
在 x 和 y 这两个子字符串上继续从步骤 1 开始递归执行此算法。

给你两个 长度相等 的字符串 s1 和 s2，判断 s2 是否是 s1 的扰乱字符串。如果是，返回 true ；否则，返回 false 。

 

示例 1：

输入：s1 = "great", s2 = "rgeat"
输出：true
解释：s1 上可能发生的一种情形是：
"great" --> "gr/eat" // 在一个随机下标处分割得到两个子字符串
"gr/eat" --> "gr/eat" // 随机决定：「保持这两个子字符串的顺序不变」
"gr/eat" --> "g/r / e/at" // 在子字符串上递归执行此算法。两个子字符串分别在随机下标处进行一轮分割
"g/r / e/at" --> "r/g / e/at" // 随机决定：第一组「交换两个子字符串」，第二组「保持这两个子字符串的顺序不变」
"r/g / e/at" --> "r/g / e/ a/t" // 继续递归执行此算法，将 "at" 分割得到 "a/t"
"r/g / e/ a/t" --> "r/g / e/ a/t" // 随机决定：「保持这两个子字符串的顺序不变」
算法终止，结果字符串和 s2 相同，都是 "rgeat"
这是一种能够扰乱 s1 得到 s2 的情形，可以认为 s2 是 s1 的扰乱字符串，返回 true


示例 2：

输入：s1 = "abcde", s2 = "caebd"
输出：false


示例 3：

输入：s1 = "a", s2 = "a"
输出：true


 

提示：

s1.length == s2.length
1 <= s1.length <= 30
s1 和 s2 由小写英文字母组成

前置知识

• 动态规划

• 递归

公司

• 暂无

思路

我们可以将 s1 和 s2 看成是两颗树 t1 和 t2 的中序遍历结果。

这样问题转为为t1 是否可由 t2 经过翻转任意节点得到，这里的翻转某一节点指的是交换该节点的左右子树，使得原本的左子树变成右子树，右子树变为左子树。这和 951. 翻转等价二叉树 是一样的。

而这道题比那道题难的点在于是不知道树的原始结构。我们可以将枚举所有可能，以 s1 来说：

• s1 的第一个字符可能是整棵树的根节点

• s1 的第二个字符可能是整棵树的根节点

• 。。。

确定了根节点，我们只需要使用同样的方法即可确定其他节点。这提示我们使用递归来解决。

如果对上面如何构造树不懂的，可以看下我之前写的 构造二叉树

上面提到了互为扰乱字符串必然存在相同的字符种类和个数，因此当我们确定了 s1 的根节点的时候，s2 的根节点只有两种类型。这是因为 s2 要保证分割后两部分的大小分别和 s1 的两部分大小完全一样。也就是说：我们没有必要枚举 s1 和 s2 的所有可能的根节点组合（这种组合有 n ^ 2 种，其中 n 为 s1 和 s2 的长度），而是仅仅枚举 s1 的割点（这样只有 n 种）。

实际上，我们没有必要先构造树 t1 和 t2，再去判断t1 是否可由 t2 经过翻转任意节点得到。而是将两个步骤结合到一起进行。

接下来，我们对 t1 的每一个节点都执行进行翻转或者不翻转两种操作，如果最终 t1 和 t2 相等了，说明 s1 和 s2 互为干扰字符串。实际上，我们没有必要真的翻转，而是直接比较 t1 的左子树和 t2 的右子树，t1 的右子树和 t2 的左子树是否完全一样。

代码：

我直接复制的 951. 翻转等价二叉树 的代码

class Solution:
    def flipEquiv(self, root1: TreeNode, root2: TreeNode) -> bool:
        if not root1 or not root2:
            return not root1 and not root2
        if root1.val != root2.val:
            return False
        # 不翻转
        if self.flipEquiv(root1.left, root2.left) and self.flipEquiv(root1.right, root2.right):
            return True
        # 翻转
        if self.flipEquiv(root1.left, root2.right) and self.flipEquiv(root1.right, root2.left):
            return True
        # 不管翻转还是不翻转都不行，直接返回 False
        return False

另外，由于扰乱字符串的定义我们不难知道：如果 s1 和 s2 的字符种类和个数不完全相同，那么不可能是互为扰乱字符串（也就是说 s1 和 s2 排序后需要保持相同）。我们可以利用这点剪枝。

关键点

• 将其抽象为树的对比问题

代码

• 语言支持：Python3

Python3 Code:

class Solution:
    @lru_cache(None)
    def isScramble(self, s1: str, s2: str) -> bool:
        if s1 == s2:
            return True
        # 剪枝
        if collections.Counter(s1) != collections.Counter(s2):
            return False
        # 枚举所有可能的根节点
        for i in range(1, len(s1)):
            # ----|-
            # -|----
            # 不进行翻转
            if self.isScramble(s1[:i], s2[:i]) and self.isScramble(s1[i:], s2[i:]):
                return True
            # 进行翻转
            if self.isScramble(s1[i:], s2[:-i]) and self.isScramble(s1[:i], s2[-i:]):
                return True
        # 不管翻转还是不翻转都不行，直接返回 False
        return False

复杂度分析

令 n 为字符串长度。

• 时间复杂度：$O(n^4)$， 其中 $n^3$ 来自于 isScramble 的计算次数，$n$ 来内每次 isScramble 的计算量。

• 空间复杂度：$O(n^3)$， 内存占用全部来自记忆化部分，因此空间复杂度等于数据规模，也就是 isScramble 三个参数的规模乘积。

此题解由 力扣刷题插件 自动生成。

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