LCR 065-单词的压缩编码

Raphael Liu Lv10
  2023-09-13 00:47:26 2023-09-13 00:47:26 Created   2023-09-13 16:06:32 2023-09-13 16:06:32 Updated    

单词数组 words 的 有效编码 由任意助记字符串 s 和下标数组 indices 组成，且满足：

  • words.length == indices.length
  • 助记字符串 s 以 '#' 字符结尾
  • 对于每个下标 indices[i] ，s 的一个从 indices[i] 开始、到下一个 '#' 字符结束（但不包括 '#'）的 子字符串 恰好与 words[i] 相等

给定一个单词数组 words ，返回成功对 words 进行编码的最小助记字符串 s 的长度 。

示例 1：

**输入：** words = ["time", "me", "bell"]
**输出：** 10
**解释：** 一组有效编码为 s = "time#bell#" 和 indices = [0, 2, 5] 。
words[0] = "time" ，s 开始于 indices[0] = 0 到下一个 '#' 结束的子字符串，如加粗部分所示 " **time** #bell#"
words[1] = "me" ，s 开始于 indices[1] = 2 到下一个 '#' 结束的子字符串，如加粗部分所示 "ti **me** #bell#"
words[2] = "bell" ，s 开始于 indices[2] = 5 到下一个 '#' 结束的子字符串，如加粗部分所示 "time# **bell** #"

示例 2：

**输入：** words = ["t"]
**输出：** 2
**解释：** 一组有效编码为 s = "t#" 和 indices = [0] 。

提示：

  • 1 <= words.length <= 2000
  • 1 <= words[i].length <= 7
  • words[i] 仅由小写字母组成

注意：本题与主站 820 题相同： https://leetcode-cn.com/problems/short-encoding-of-words/

预备知识

方法一：存储后缀

思路

如果单词 X 是 Y 的后缀，那么单词 X 就不需要考虑了，因为编码 Y 的时候就同时将 X 编码了。例如，如果 words 中同时有 "me" 和 "time"，我们就可以在不改变答案的情况下不考虑 "me"。

如果单词 Y 不在任何别的单词 X 的后缀中出现，那么 Y 一定是编码字符串的一部分。

因此，目标就是保留所有不是其他单词后缀的单词，最后的结果就是这些单词长度加一的总和，因为每个单词编码后后面还需要跟一个 # 符号。

fig1

算法

由数据范围可知一个单词最多含有 7 个后缀，所以我们可以枚举单词所有的后缀。对于每个后缀，如果其存在 words 列表中，我们就将其从列表中删除。为了高效删除，我们将 words 用哈希集合来存储。

[sol1-Java]
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class Solution {
    public int minimumLengthEncoding(String[] words) {
        Set<String> good = new HashSet<String>(Arrays.asList(words));
        for (String word: words) {
            for (int k = 1; k < word.length(); ++k) {
                good.remove(word.substring(k));
            }
        }

        int ans = 0;
        for (String word: good) {
            ans += word.length() + 1;
        }
        return ans;
    }
}
[sol1-Python3]
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class Solution:
    def minimumLengthEncoding(self, words: List[str]) -> int:
        good = set(words)
        for word in words:
            for k in range(1, len(word)):
                good.discard(word[k:])

        return sum(len(word) + 1 for word in good)
[sol1-C++]
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class Solution {
public:
    int minimumLengthEncoding(vector<string>& words) {
        unordered_set<string> good(words.begin(), words.end());
        for (const string& word: words) {
            for (int k = 1; k < word.size(); ++k) {
                good.erase(word.substr(k));
            }
        }

        int ans = 0;
        for (const string& word: good) {
            ans += word.size() + 1;
        }
        return ans;
    }
};

复杂度分析

  • 时间复杂度：O(\sum w_i^2)，其中 w_i 是 words[i] 的长度。每个单词有 w_i 个后缀，对于每个后缀，查询其是否在集合中时需要进行 O(w_i) 的哈希值计算。

  • 空间复杂度：O(\sum w_i)，存储单词的空间开销。

方法二：字典树

思路

如方法一所说，目标就是保留所有不是其他单词后缀的单词。

算法

去找到是否不同的单词具有相同的后缀，我们可以将其反序之后插入字典树中。例如，我们有 "time" 和 "me"，可以将 "emit" 和 "em" 插入字典树中。

fig2

然后，字典树的叶子节点（没有孩子的节点）就代表没有后缀的单词，统计叶子节点代表的单词长度加一的和即为我们要的答案。

[sol2-Java]
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class Solution {
    public int minimumLengthEncoding(String[] words) {
        TrieNode trie = new TrieNode();
        Map<TrieNode, Integer> nodes = new HashMap<TrieNode, Integer>();

        for (int i = 0; i < words.length; ++i) {
            String word = words[i];
            TrieNode cur = trie;
            for (int j = word.length() - 1; j >= 0; --j) {
                cur = cur.get(word.charAt(j));
            }
            nodes.put(cur, i);
        }

        int ans = 0;
        for (TrieNode node: nodes.keySet()) {
            if (node.count == 0) {
                ans += words[nodes.get(node)].length() + 1;
            }
        }
        return ans;

    }
}

class TrieNode {
    TrieNode[] children;
    int count;

    TrieNode() {
        children = new TrieNode[26];
        count = 0;
    }

    public TrieNode get(char c) {
        if (children[c - 'a'] == null) {
            children[c - 'a'] = new TrieNode();
            count++;
        }
        return children[c - 'a'];
    }
}
[sol2-Python3]
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class Solution:
    def minimumLengthEncoding(self, words: List[str]) -> int:
        words = list(set(words)) #remove duplicates
        #Trie is a nested dictionary with nodes created
        # when fetched entries are missing
        Trie = lambda: collections.defaultdict(Trie)
        trie = Trie()

        #reduce(..., S, trie) is trie[S[0]][S[1]][S[2]][...][S[S.length - 1]]
        nodes = [reduce(dict.__getitem__, word[::-1], trie)
                 for word in words]

        #Add word to the answer if it's node has no neighbors
        return sum(len(word) + 1
                   for i, word in enumerate(words)
                   if len(nodes[i]) == 0)
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class TrieNode{
    TrieNode* children[26];
public:
    int count;
    TrieNode() {
        for (int i = 0; i < 26; ++i) children[i] = NULL;
        count = 0;
    }
    TrieNode* get(char c) {
        if (children[c - 'a'] == NULL) {
            children[c - 'a'] = new TrieNode();
            count++;
        }
        return children[c - 'a'];
    }
};
class Solution {
public:
    int minimumLengthEncoding(vector<string>& words) {
        TrieNode* trie = new TrieNode();
        unordered_map<TrieNode*, int> nodes;

        for (int i = 0; i < (int)words.size(); ++i) {
            string word = words[i];
            TrieNode* cur = trie;
            for (int j = word.length() - 1; j >= 0; --j)
                cur = cur->get(word[j]);
            nodes[cur] = i;
        }

        int ans = 0;
        for (auto& [node, idx] : nodes) {
            if (node->count == 0) {
                ans += words[idx].length() + 1;
            }
        }
        return ans;
    }
};

复杂度分析

  • 时间复杂度：O(\sum w_i)，其中 w_i 是 words[i] 的长度。对于每个单词中的每个字母，只需要进行常数次操作。

  • 空间复杂度：O(S \times \sum w_i)，字典树的空间开销，其中 S 为字符集大小。

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