LC 1178. 猜字谜
题目描述
这是 LeetCode 上的 1178. 猜字谜 ，难度为 困难。
外国友人仿照中国字谜设计了一个英文版猜字谜小游戏，请你来猜猜看吧。
字谜的迷面 puzzle 按字符串形式给出，如果一个单词 word 符合下面两个条件，那么它就可以算作谜底：
- 单词
word中包含谜面puzzle的第一个字母。 - 单词
word中的每一个字母都可以在谜面puzzle中找到。
例如，如果字谜的谜面是 "abcdefg"，那么可以作为谜底的单词有 "faced", "cabbage", 和 "baggage"；而 "beefed"（不含字母 "a"）以及 "based"（其中的 "s" 没有出现在谜面中）都不能作为谜底。
返回一个答案数组 answer，数组中的每个元素 answer[i] 是在给出的单词列表 words 中可以作为字谜迷面 puzzles[i] 所对应的谜底的单词数目。
示例：1
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11输入：
words = ["aaaa","asas","able","ability","actt","actor","access"],
puzzles = ["aboveyz","abrodyz","abslute","absoryz","actresz","gaswxyz"]
输出：[1,1,3,2,4,0]
解释：
1 个单词可以作为 "aboveyz" 的谜底 : "aaaa"
1 个单词可以作为 "abrodyz" 的谜底 : "aaaa"
3 个单词可以作为 "abslute" 的谜底 : "aaaa", "asas", "able"
2 个单词可以作为 "absoryz" 的谜底 : "aaaa", "asas"
4 个单词可以作为 "actresz" 的谜底 : "aaaa", "asas", "actt", "access"
没有单词可以作为 "gaswxyz" 的谜底，因为列表中的单词都不含字母 'g'。
提示：
- $1 <= words.length <= 10^5$
- $4 <= words[i].length <= 50$
- $1 <= puzzles.length <= 10^4$
- $puzzles[i].length = 7$
words[i][j],puzzles[i][j]都是小写英文字母- 每个
puzzles[i]所包含的字符都不重复
朴素位运算 (TLE)
根据「谜底」和「谜面」的对应条件：
- 单词
word中包含谜面puzzle的第一个字母。 - 单词
word中的每一个字母都可以在谜面puzzle中找到
puzzle 本身长度只有 7 位，而且不重复；我们可以发现对应条件与 word 的重复字母无关。
因此我们可以使用「二进制」数来表示每一个 word 和 puzzle：
一个长度为 26 的二进制数来表示（直接使用长度为 32 的 int 即可，使用低 26 位），假如有 str = "abz" 则对应了 100...011(共 26 位，从右往左是 a - z)。
至此我们可以已经可以得出一个朴素解法的思路了：
- 预处理除所有的
word对应的二进制数字。计算量为 $50 \times 10^5$，数量级为 $10^6$ - 对每个
puzzle进行条件判定（每一个puzzle都需要遍历所有的word进行检查）。计算量为 $10^5 \times 10^4$，数量级为 $10^9$
计算机单秒的计算量为 $10^7$ 左右（OJ 测评器通常在 $10^6$ ~ $10^7$ 之间），哪怕忽略常数后，我们的总运算也超过了上限，铁定超时。
代码：1
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39class Solution {
public List<Integer> findNumOfValidWords(String[] ws, String[] ps) {
// 预处理出所有的 word 所对应的二进制数值
List<Integer> list = new ArrayList<>();
for (String w : ws) list.add(getBin(w));
// 判定每个 puzzles 有多少个谜底
List<Integer> ans = new ArrayList<>();
for (String p : ps) ans.add(getCnt(list, p));
return ans;
}
// 判定某个 puzzles 有多少个谜底
int getCnt(List<Integer> ws, String str) {
int ans = 0;
// 获取当前 puzzles 对应的二进制数字
int t = getBin(str);
// 当前 puzzles 的首个字符在二进制数值中的位置
int first = str.charAt(0) - 'a';
for (int w : ws) {
// check 条件一：单词 word 中包含谜面 puzzle 的第一个字母
if ((w >> first & 1) == 0) continue;
// check 条件二：单词 word 中的每一个字母都可以在谜面 puzzle 中找到
if ((w & t) == w) ans++;
}
return ans;
}
// 将 str 所包含的字母用二进制标识
// 如果 str = abz 则对应的二进制为 100...011 (共 26 位，从右往左是 a - z)
int getBin(String str) {
int t = 0;
char[] cs = str.toCharArray();
for (char c : cs) {
// 每一位字符所对应二进制数字中哪一位
int u = c - 'a';
// 如果当前位置为 0，代表还没记录过，则进行记录 (不重复记录)
if ((t >> u & 1) == 0) t += 1 << u;
}
return t;
}
}
- 时间复杂度：$O(words.length \times (words[i].length + puzzles.length))$
- 空间复杂度：每个
word对应了一个 int，每个puzzle对应了一个答案。复杂度为 $O(words.length + puzzles.length)$
哈希表 & 位运算
因此我们需要优化上述步骤 1 或者步骤 2 。显然超时的主要原因是步骤 2 计算量太多了。
一个很显眼的突破口是利用 puzzles[i].length == 7，同时判定条件 1 对 puzzle 的首字母进行了限定。
对于一个确定的 puzzle 而言，我们要找它有多少个「谜底」。可以通过枚举它所有可能的「谜底」，再去 words 里面找每一个「谜底」出现了多少次。
结合题意的话，就是固定住 puzzle 的首位，去枚举其余后面的 6 位的所有的可能性（每一位都有保留和不保留两种选择），即枚举子集的过程。
你可能还是无法理解，其实就是一个通过 puzzle 反推 word 的过程：
举个🌰吧，假如我们有 puzzle 是 gabc（假定现在的 puzzle 长度只有 4） ，那么可能的 word 有哪些？
- 首先要满足条件一，也就是
word必然包含首字母g； - 然后是条件二，
word中的每一位都在puzzle出现过，因此可能的word包括g、ga、gb、gc、gab、gac、gbc、gabc。
使用 1 和 0 代表 puzzle 每一位选择与否的话，其实就是对应了 1000、1100、1010、1001、1110、1101、1011、1111。
搞明白了这个过程之后，我们需要对 words 进行词频统计，我们可以使用「哈希表」记录相同含义的 word 出现了多少次（相同含义的意思是包含字母类型一样的 word，因为答案和 word 的重复字符无关）
这样做的复杂度/计算量是多少呢？
- 统计所有
word的词频。计算量为 $50 \times 10^5$，数量级为 $10^6$ - 对应每个
puzzle而言，由于其长度确定为 7，因此所有枚举所有可能「谜底」的数量不为 $2^6=64$ 个，可以看做是 $O(1)$ 的，检查每个可能的「谜底」在words出现次数是通过哈希表，也是近似 $O(1)$ 的。因此在确定一个puzzle的答案时，与words的长度无关。计算量为 $10^4$，数量级为 $10^4$
计算机单秒的计算量为 $10^7$ 左右（OJ 测评器通常在 $10^6$ ~ $10^7$ 之间），因此可以过。
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50class Solution {
public List<Integer> findNumOfValidWords(String[] ws, String[] ps) {
// 转用 「哈希表」来统计出所有的 word 所对应的二进制数值
Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();
for (String w : ws) {
int t = getBin(w);
map.put(t, map.getOrDefault(t, 0) + 1);
}
// 判定每个 puzzle 有多少个谜底
List<Integer> ans = new ArrayList<>();
for (String p : ps) ans.add(getCnt(map, p));
return ans;
}
int getCnt(Map<Integer, Integer> map, String str) {
int ans = 0;
int m = str.length();
char[] cs = str.toCharArray();
// 当前 puzzle 的首个字符在二进制数值中的位置
int first = cs[0] - 'a';
// 枚举「保留首个字母」的所有子集
// 即我们需要先固定 puzzle 的首位字母，然后枚举剩余的 6 位是否保留
// 由于是二进制，每一位共有 0 和 1 两种选择，因此共有 2^6 种可能性，也就是 2^6 = 1 << (7 - 1) = 64 种
// i 代表了所有「保留首个字母」的子集的「后六位」的二进制表示
for (int i = 0; i < (1 << (m - 1)); i++) {
// u 代表了当前可能的谜底。先将首字母提取出来
int u = 1 << first;
// 枚举「首个字母」之后的每一位
for (int j = 1; j < m; j++) {
// 如果当前位为 1，代表该位置要保留，将该位置的字母追加到谜底 u 中
if (((i >> (j - 1)) & 1) != 0) u += 1 << (cs[j] - 'a');
}
// 查询这样的字符是否出现在 `words` 中，出现了多少次
if (map.containsKey(u)) ans += map.get(u);
}
return ans;
}
// 将 str 所包含的字母用二进制标识
// 如果 str = abz 则对应的二进制为 100...011 (共 26 位，从右往左是 a - z)
int getBin(String str) {
int t = 0;
char[] cs = str.toCharArray();
for (char c : cs) {
// 每一位字符所对应二进制数字中哪一位
int u = c - 'a';
// 如果当前位置为 0，代表还没记录过，则进行记录 (不重复记录)
if ((t >> u & 1) == 0) t += 1 << u;
}
return t;
}
}
- 时间复杂度：$O(words.length \times words[i].length + puzzles.length)$
- 空间复杂度：
word和puzzle分别具有最大长度和固定长度，使用空间主要取决于量数组的长度。复杂度为 $O(words.length + puzzles.length)$
位运算说明
a >> b & 1 代表检查 a 的第 b 位是否为 1，有两种可能性 0 或者 1
a += 1 << b 代表将 a 的第 b 位设置为 1 (当第 b 位为 0 的时候适用)
如不想写对第 b 位为 0 的前置判断，a += 1 << b 也可以改成 a |= 1 << b
点评
这道题解发到 LeetCode 之后，很多同学反映还是看不懂，还是不理解。
于是我重新的思考了这道题的每一个环节。
这道题之所是 Hard，是因为考察的都是违反人性”直觉”的东西：
- 状态压缩：对一个单词出现过哪些字母，不能采用我们直观中的 map/set 进行记录，而要利用一个长度为 26 的二进制数来记录，对于某个字母需要计算在二进制数中的哪一位，如果出现过用 1 表示，没出现过用 0 表示
- 正难则反：不能从
words数组出发，去检查有哪些word符合要求；而要反过来从puzzle出发，去枚举当前puzzle所有合法的word，再去确定这些合法的word在真实的words数组中出现了多少次
大家要尽量去理解这种思路的合理性，当这种思路也形成意识的时候，这种题也就不难了。
最后
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.1178 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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