字典序列删除

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最后更新于2年前

这有帮助吗？

字典序列删除

我花了几天时间，从力扣中精选了四道相同思想的题目，来帮助大家解套，如果觉得文章对你有用，记得点赞分享，让我看到你的认可，有动力继续做下去。

这就是接下来要给大家讲的四个题，其中 1081 和 316 题只是换了说法而已。

(困难)
(困难)
(中等)
（中等）

402. 移掉 K 位数字（中等）

我们从一个简单的问题入手，识别一下这种题的基本形式和套路，为之后的三道题打基础。

题目描述

给定一个以字符串表示的非负整数  num，移除这个数中的 k 位数字，使得剩下的数字最小。

注意:

num 的长度小于 10002 且  ≥ k。
num 不会包含任何前导零。


示例 1 :

输入: num = "1432219", k = 3
输出: "1219"
解释: 移除掉三个数字 4, 3, 和 2 形成一个新的最小的数字 1219。
示例 2 :

输入: num = "10200", k = 1
输出: "200"
解释: 移掉首位的 1 剩下的数字为 200. 注意输出不能有任何前导零。
示例 3 :

输入: num = "10", k = 2
输出: "0"
解释: 从原数字移除所有的数字，剩余为空就是 0。

前置知识

数学

思路

这道题让我们从一个字符串数字中删除 k 个数字，使得剩下的数最小。也就说，我们要保持原来的数字的相对位置不变。

以题目中的 num = 1432219， k = 3 为例，我们需要返回一个长度为 4 的字符串，问题在于：我们怎么才能求出这四个位置依次是什么呢？

（图 1）

暴力法的话，我们需要枚举C_n^(n - k) 种序列（其中 n 为数字长度），并逐个比较最大。这个时间复杂度是指数级别的，必须进行优化。

一个思路是：

从左到右遍历
对于每一个遍历到的元素，我们决定是丢弃还是保留

问题的关键是：我们怎么知道，一个元素是应该保留还是丢弃呢？

这里有一个前置知识：对于两个数 123a456 和 123b456，如果 a > b，那么数字 123a456 大于数字 123b456，否则数字 123a456 小于等于数字 123b456。也就说，两个相同位数的数字大小关系取决于第一个不同的数的大小。

因此我们的思路就是：

从左到右遍历
对于遍历到的元素，我们选择保留。
但是我们可以选择性丢弃前面相邻的元素。
丢弃与否的依据如上面的前置知识中阐述中的方法。

以题目中的 num = 1432219， k = 3 为例的图解过程如下：

（图 2）

由于没有左侧相邻元素，因此没办法丢弃。

（图 3）

由于 4 比左侧相邻的 1 大。如果选择丢弃左侧的 1，那么会使得剩下的数字更大（开头的数从 1 变成了 4）。因此我们仍然选择不丢弃。

（图 4）

由于 3 比左侧相邻的 4 小。如果选择丢弃左侧的 4，那么会使得剩下的数字更小（开头的数从 4 变成了 3）。因此我们选择丢弃。

。。。

后面的思路类似，我就不继续分析啦。

然而需要注意的是，如果给定的数字是一个单调递增的数字，那么我们的算法会永远选择不丢弃。这个题目中要求的，我们要永远确保丢弃 k 个矛盾。

一个简单的思路就是：

每次丢弃一次，k 减去 1。当 k 减到 0 ，我们可以提前终止遍历。
而当遍历完成，如果 k 仍然大于 0。不妨假设最终还剩下 x 个需要丢弃，那么我们需要选择删除末尾 x 个元素。

上面的思路可行，但是稍显复杂。

我们需要把思路逆转过来。刚才我的关注点一直是丢弃，题目要求我们丢弃 k 个。反过来说，不就是让我们保留 $n - k$ 个元素么？其中 n 为数字长度。那么我们只需要按照上面的方法遍历完成之后，再截取前n - k个元素即可。

按照上面的思路，我们来选择数据结构。由于我们需要保留和丢弃相邻的元素，因此使用栈这种在一端进行添加和删除的数据结构是再合适不过了，我们来看下代码实现。

代码（Python）

class Solution(object):
    def removeKdigits(self, num, k):
        stack = []
        remain = len(num) - k
        for digit in num:
            while k and stack and stack[-1] > digit:
                stack.pop()
                k -= 1
            stack.append(digit)
        return ''.join(stack[:remain]).lstrip('0') or '0'

复杂度分析

时间复杂度：虽然内层还有一个 while 循环，但是由于每个数字最多仅会入栈出栈一次，因此时间复杂度仍然为 $O(N)$，其中 $N$ 为数字长度。
空间复杂度：我们使用了额外的栈来存储数字，因此空间复杂度为 $O(N)$，其中 $N$ 为数字长度。

提示：如果题目改成求删除 k 个字符之后的最大数，我们只需要将 stack[-1] > digit 中的大于号改成小于号即可。

316. 去除重复字母（困难）

题目描述

给你一个仅包含小写字母的字符串，请你去除字符串中重复的字母，使得每个字母只出现一次。需保证返回结果的字典序最小（要求不能打乱其他字符的相对位置）。

示例 1:

输入: "bcabc"
输出: "abc"
示例 2:

输入: "cbacdcbc"
输出: "acdb"

前置知识

字典序
数学

思路

与上面题目不同，这道题没有一个全局的删除次数 k。而是对于每一个在字符串 s 中出现的字母 c 都有一个 k 值。这个 k 是 c 出现次数 - 1。

沿用上面的知识的话，我们首先要做的就是计算每一个字符的 k，可以用一个字典来描述这种关系，其中 key 为字符 c，value 为其出现的次数。

具体算法：

建立一个字典。其中 key 为字符 c，value 为其出现的剩余次数。
从左往右遍历字符串，每次遍历到一个字符，其剩余出现次数 - 1.
对于每一个字符，如果其对应的剩余出现次数大于 1，我们可以选择丢弃（也可以选择不丢弃），否则不可以丢弃。
是否丢弃的标准和上面题目类似。如果栈中相邻的元素字典序更大，那么我们选择丢弃相邻的栈中的元素。

还记得上面题目的边界条件么？如果栈中剩下的元素大于 $n - k$，我们选择截取前 $n - k$ 个数字。然而本题中的 k 是分散在各个字符中的，因此这种思路不可行的。

不过不必担心。由于题目是要求只出现一次。我们可以在遍历的时候简单地判断其是否在栈上即可。

代码：

class Solution:
    def removeDuplicateLetters(self, s) -> int:
        stack = []
        remain_counter = collections.Counter(s)

        for c in s:
            if c not in stack:
                while stack and c < stack[-1] and  remain_counter[stack[-1]] > 0:
                    stack.pop()
                stack.append(c)
            remain_counter[c] -= 1
        return ''.join(stack)

复杂度分析

时间复杂度：由于判断当前字符是否在栈上存在需要 $O(N)$ 的时间，因此总的时间复杂度就是 $O(N ^ 2)$，其中 $N$ 为字符串长度。
空间复杂度：我们使用了额外的栈来存储数字，因此空间复杂度为 $O(N)$，其中 $N$ 为字符串长度。

查询给定字符是否在一个序列中存在的方法。根本上来说，有两种可能：

有序序列：可以二分法，时间复杂度大致是 $O(N)$。
无序序列：可以使用遍历的方式，最坏的情况下时间复杂度为 $O(N)$。我们也可以使用空间换时间的方式，使用 $N$的空间换取 $O(1)$的时间复杂度。

由于本题中的 stack 并不是有序的，因此我们的优化点考虑空间换时间。而由于每种字符仅可以出现一次，这里使用 hashset 即可。

代码（Python）

class Solution:
    def removeDuplicateLetters(self, s) -> int:
        stack = []
        seen = set()
        remain_counter = collections.Counter(s)

        for c in s:
            if c not in seen:
                while stack and c < stack[-1] and  remain_counter[stack[-1]] > 0:
                    seen.discard(stack.pop())
                seen.add(c)
                stack.append(c)
            remain_counter[c] -= 1
        return ''.join(stack)

复杂度分析

时间复杂度：$O(N)$，其中 $N$ 为字符串长度。
空间复杂度：我们使用了额外的栈和 hashset，因此空间复杂度为 $O(N)$，其中 $N$ 为字符串长度。

LeetCode 《1081. 不同字符的最小子序列》和本题一样，不再赘述。

321. 拼接最大数（困难）

题目描述

给定长度分别为  m  和  n  的两个数组，其元素由  0-9  构成，表示两个自然数各位上的数字。现在从这两个数组中选出 k (k <= m + n)  个数字拼接成一个新的数，要求从同一个数组中取出的数字保持其在原数组中的相对顺序。

求满足该条件的最大数。结果返回一个表示该最大数的长度为  k  的数组。

说明: 请尽可能地优化你算法的时间和空间复杂度。

示例  1:

输入:
nums1 = [3, 4, 6, 5]
nums2 = [9, 1, 2, 5, 8, 3]
k = 5
输出:
[9, 8, 6, 5, 3]
示例 2:

输入:
nums1 = [6, 7]
nums2 = [6, 0, 4]
k = 5
输出:
[6, 7, 6, 0, 4]
示例 3:

输入:
nums1 = [3, 9]
nums2 = [8, 9]
k = 3
输出:
[9, 8, 9]

前置知识

分治
数学

思路

和第一道题类似，只不不过这一次是两个数组，而不是一个，并且是求最大数。

最大最小是无关紧要的，关键在于是两个数组，并且要求从两个数组选取的元素个数加起来一共是 k。

然而在一个数组中取 k 个数字，并保持其最小（或者最大），我们已经会了。但是如果问题扩展到两个，会有什么变化呢？

实际上，问题本质并没有发生变化。假设我们从 nums1 中取了 k1 个，从 num2 中取了 k2 个，其中 k1 + k2 = k。而 k1 和 k2 这两个子问题我们是会解决的。由于这两个子问题是相互独立的，因此我们只需要分别求解，然后将结果合并即可。

假如 k1 和 k2 个数字，已经取出来了。那么剩下要做的就是将这个长度分别为 k1 和 k2 的数字，合并成一个长度为 k 的数组合并成一个最大的数组。

以题目的 nums1 = [3, 4, 6, 5] nums2 = [9, 1, 2, 5, 8, 3] k = 5 为例。假如我们从 num1 中取出 1 个数字，那么就要从 nums2 中取出 4 个数字。

运用第一题的方法，我们计算出应该取 nums1 的 [6]，并取 nums2 的 [9,5,8,3]。如何将 [6] 和 [9,5,8,3]，使得数字尽可能大，并且保持相对位置不变呢？

实际上这个过程有点类似归并排序中的治，而上面我们分别计算 num1 和 num2 的最大数的过程类似归并排序中的分。

代码：

我们将从 num1 中挑选的 k1 个数组成的数组称之为 A，将从 num2 中挑选的 k2 个数组成的数组称之为 B，

def merge(A, B):
    ans = []
    while A or B:
        bigger = A if A > B else B
        ans.append(bigger[0])
        bigger.pop(0)
    return ans

这里需要说明一下。在很多编程语言中：如果 A 和 B 是两个数组，当前仅当 A 的首个元素字典序大于 B 的首个元素，A > B 返回 true，否则返回 false。

比如：

A = [1,2]
B = [2]
A < B # True

A = [1,2]
B = [1,2,3]
A < B # False

以合并 [6] 和 [9,5,8,3] 为例，图解过程如下：

具体算法：

从 nums1 中取 $min(i, len(nums1))$ 个数形成新的数组 A（取的逻辑同第一题），其中 i 等于 0,1,2, ... k。
从 nums2 中对应取 $min(j, len(nums2))$ 个数形成新的数组 B（取的逻辑同第一题），其中 j 等于 k - i。
将 A 和 B 按照上面的 merge 方法合并
上面我们暴力了 k 种组合情况，我们只需要将 k 种情况取出最大值即可。

代码（Python）

class Solution:
    def maxNumber(self, nums1, nums2, k):

        def pick_max(nums, k):
            stack = []
            drop = len(nums) - k
            for num in nums:
                while drop and stack and stack[-1] < num:
                    stack.pop()
                    drop -= 1
                stack.append(num)
            return stack[:k]

        def merge(A, B):
            ans = []
            while A or B:
                bigger = A if A > B else B
                ans.append(bigger[0])
                bigger.pop(0)
            return ans

        return max(merge(pick_max(nums1, i), pick_max(nums2, k-i)) for i in range(k+1) if i <= len(nums1) and k-i <= len(nums2))

复杂度分析

时间复杂度：pick_max 的时间复杂度为 $O(M + N)$ ，其中 $M$ 为 nums1 的长度，$N$ 为 nums2 的长度。 merge 的时间复杂度为 $O(k)$，再加上外层遍历所有的 k 中可能性。因此总的时间复杂度为 $O(k^2 * (M + N))$。
空间复杂度：我们使用了额外的 stack 和 ans 数组，因此空间复杂度为 $O(max(M, N, k))$，其中 $M$ 为 nums1 的长度，$N$ 为 nums2 的长度。

总结

这四道题都是删除或者保留若干个字符，使得剩下的数字最小（或最大）或者字典序最小（或最大）。而解决问题的前提是要有一定数学前提。而基于这个数学前提，我们贪心地删除栈中相邻的字符。如果你会了这个套路，那么这四个题目应该都可以轻松解决。

316. 去除重复字母（困难），我们使用 hashmap 代替了数组的遍历查找，属于典型的空间换时间方式，可以认识到数据结构的灵活使用是多么的重要。背后的思路是怎么样的？为什么想到空间换时间的方式，我在文中也进行了详细的说明，这都是值得大家思考的问题。然而实际上，这些题目中使用的栈也都是空间换时间的思想。大家下次碰到需要空间换取时间的场景，是否能够想到本文给大家介绍的栈和哈希表呢？

321. 拼接最大数（困难）则需要我们能够对问题进行分解，这绝对不是一件简单的事情。但是对难以解决的问题进行分解是一种很重要的技能，希望大家能够通过这道题加深这种分治思想的理解。大家可以结合我之前写过的几个题解练习一下，它们分别是：

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