LC 1208. 尽可能使字符串相等

题目描述

这是 LeetCode 上的 1208. 尽可能使字符串相等 ，难度为 中等。

给你两个长度相同的字符串，s 和 t。

将 s 中的第 i 个字符变到 t 中的第 i 个字符需要 |s[i] - t[i]| 的开销（开销可能为 0），也就是两个字符的 ASCII 码值的差的绝对值。

用于变更字符串的最大预算是 maxCost。在转化字符串时，总开销应当小于等于该预算，这也意味着字符串的转化可能是不完全的。

如果你可以将 s 的子字符串转化为它在 t 中对应的子字符串，则返回可以转化的最大长度。

如果 s 中没有子字符串可以转化成 t 中对应的子字符串，则返回 0。

示例 1：

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输入：s = "abcd", t = "bcdf", maxCost = 3

输出：3

解释：s 中的 "abc" 可以变为 "bcd"。开销为 3，所以最大长度为 3。

示例 2：
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输入：s = "abcd", t = "cdef", maxCost = 3

输出：1

解释：s 中的任一字符要想变成 t 中对应的字符，其开销都是 2。因此，最大长度为 1。

示例 3：
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输入：s = "abcd", t = "acde", maxCost = 0

输出：1

解释：a -> a, cost = 0，字符串未发生变化，所以最大长度为 1。

提示：

  • 1 <= s.length, t.length <= $10^5$
  • 0 <= maxCost <= $10^6$
  • s 和 t 都只含小写英文字母。

前缀和 + 二分 + 滑动窗口

给定了长度相同的 s 和 t，那么对于每一位而言，修改的成本都是相互独立而确定的。

我们可以先预处理出修改成本的前缀和数组 sum。

当有了前缀和数组之后，对于任意区间 [i,j] 的修改成本，便可以通过 sum[j] - sum[i - 1] 得出。

那么接下来我们只需要找出成本不超过 maxCost 的最大长度区间，这个长度区间其实就是滑动窗口长度，滑动窗口长度的范围为 [1, n] (n 为字符串的长度)。

通过枚举来找答案可以吗？

我们可以通过数据范围大概分析一下哈，共有 n 个滑动窗口长度要枚举，复杂度为 $O(n)$，对于每个滑动窗口长度，需要对整个前缀和数组进行滑动检查，复杂度为 $O(n)$。也就是整体复杂度是 $O(n^2)$ 的。

数据范围是 $10^5$，那么单个样本的计算量是 $10^{10}$，计算机单秒肯定算不完，会超时 ~

所以我们直接放弃通过枚举的朴素做法。

那么如何优化呢？其实有了对于朴素解法的分析之后，无非就是两个方向：

  1. 优化第一个 $O(n)$：减少需要枚举的滑动窗口长度
  2. 优化第二个 $O(n)$：实现不完全滑动前缀和数组，也能确定滑动窗口长度是否合法

事实上第 2 点是无法实现的，我们只能「减少需要枚举的滑动窗口长度」。

一个 $O(n)$ 的操作往下优化，通常就是优化成 $O(\log{n})$，$O(\log{n})$ 基本上我们可以先猜一个「二分」查找。

然后我们再来分析是否可以二分：假设我们有满足要求的长度 ans，那么在以 ans 为分割点的数轴上（数轴的范围是滑动窗口长度的范围：[1, n]）：

  1. 所有满足 <= ans 的点的修改成本必然满足 <= maxCost
  2. 所有满足 > ans 的点的修改成本必然满足 > maxCost （否则 ans 就不会是答案）

因此 ans 在数轴 [1, n] 上具有二段性，我们可以使用「二分」找 ans。得证「二分」的合理性。

可见二分的本质是二段性，而非单调性。

编码细节：
  1. 为了方便的预处理前缀和和减少边界处理，我会往字符串头部添加一个空格，使之后的数组下标从 1 开始
  2. 二分出来滑动窗口长度，需要在返回时再次检查，因为可能没有符合条件的有效滑动窗口长度

代码：

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class Solution {
    public int equalSubstring(String ss, String tt, int max) {
        int n = ss.length();
        ss = " " + ss;
        tt = " " + tt;
        char[] s = ss.toCharArray();
        char[] t = tt.toCharArray();
        int[] sum = new int[n + 1];
        for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + Math.abs(s[i] - t[i]);
        int l = 1, r = n;
        while (l < r) {
            int mid = l + r + 1 >> 1;
            if (check(sum, mid, max)) {
                l = mid;
            } else {
                r = mid - 1;
            }
        }
        return check(sum, r, max) ? r : 0;
    }
    boolean check(int[] nums, int mid, int max) {
        for (int i = mid; i < nums.length; i++) {
            int tot = nums[i] - nums[i - mid];
            if (tot <= max) return true;
        }
        return false;
    }
}

  • 时间复杂度：预处理出前缀和的复杂度为 $O(n)$；二分出「滑动窗口长度」的复杂度为 $O(\log{n})$，对于每个窗口长度，需要扫描一遍数组进行检查，复杂度为 $O(n)$，因此二分的复杂度为 $O(n\log{n})$。整体复杂度为 $O(n\log{n})$
  • 空间复杂度：使用了前缀和数组。复杂度为 $O(n)$

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.1208 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

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