算功@LeetCode:LongestCommonPrefix

作者: 苏尚君 | 来源:发表于2017-04-10 22:21 被阅读25次

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【170409】完成了 Python 版代码的书写（01），未写笔记
【170410】完成了 01 版笔记，完成了 02 版代码的书写和笔记
【170415】完成 03 版优化
【170416】看完最优解，写下思路。2 种 Java 解法里有一种暂时没明白
【170808】用一个新思路重新编写了 Python 版代码（04）

题目

Longest Common Prefix

【题目类型备注】

字符串

提交

01

【语言】

Python

【时间】

170409

【思路】

〖复杂度？〗O(mn)，其中 m 是字符串的长度，n 是字符串数组 strs 的长度
〖大致流程？〗

要求最长公共前缀，因此应该有一部分代码用于字符串之间的比较、求公共前缀（即两个字符串从头进行比较，直到对应位置的字符不同为止，之前的部分为公共前缀），这部分可能可以抽象为一个模块（函数）
考虑到「最长公共前缀」的意思是：所有字符串共有、最长的、从开头开始的子字符串，因此
首先求字符串 strs[0] 与 strs[1] 的公共前缀，记为 substr_old（作为第一轮的「截止上一轮的最长公共前缀」）
然后从 strs[1] 开始，遍历到 strs[-1]（即倒数第二个字符串），每次求遍历到的当前字符串，与下一个字符串之间的公共前缀，记为 substr_new（「本轮的公共前缀」）
假设 substr_old 是最长公共前缀，那么 substr_new 的长度一定不小于 substr_old 的长度；否则，意味着「最长公共前缀」中有某些字符，不在当前字符串与下一个字符串之间的公共前缀内，这样的话，substr_old 就应该被 substr_new 替换

〖什么时候停？〗

除非遇到特殊情况，否则遍历完倒数第二个字符串之后（即：比较过倒数第二个字符串与最后一个字符串之后），得到的 substr_old 即为所求

〖特别注意？〗
+　要考虑到给定的字符串可能为空串、给定的字符串集合可能是空集、所有的字符串之间没有公共前缀（就是说，所有字符串，至少首位字符是不同的）
〖能否剪枝？〗暂时看不出剪枝的可能

【代码】

class Solution(object):
    def commonPrefix(self, str_a, str_b):
      #print "str_a: {}, str_b: {}".format(str_a, str_b)
      substr = ""
      if len(str_a)>len(str_b):
        length = len(str_b)
      else:
        length = len(str_a)

      k=0
      while ((k<length) and (str_a[k] == str_b[k])):
        #print "in commonPrefix\nk: {}\nstr_a[k]: {}\nstr_b[k]: {}".format(k, str_a[k], str_b[k])
        #print "substr(before): {}".format(substr)
        substr += str_a[k]
        #print "substr(after): {}".format(substr)
        k += 1

      return substr


    def longestCommonPrefix(self, strs):
        """
        :type strs: List[str]
        :rtype: str
        """
        if 0 == len(strs):
            return ""
        elif 1 == len(strs):
            return strs[0]
        substr_old = self.commonPrefix(strs[0], strs[1])
        for (i, item) in enumerate(strs[1:-1]):
          substr_new = self.commonPrefix(strs[i], strs[i+1])
          if ("" == substr_old) or ("" == substr_new) or (substr_old[0] != substr_new[0]):
            return ""
          #print "{}:\nold: {}\nnew: {}".format(i, substr_old, substr_new)
          if len(substr_old) > len(substr_new):
            substr_old = substr_new

        substr_new = self.commonPrefix(strs[-2], strs[-1])
        if ("" == substr_old) or ("" == substr_new) or (substr_old[0] != substr_new[0]):
            return ""
        if len(substr_old) > len(substr_new):
            substr_old = substr_new

        return substr_old

【结果】

运行时：62 ms

报告链接：https://leetcode.com/submissions/detail/99591515/

不知道其他拥有 LeetCode 帐号的人能不能看到该报告，所以顺便附图如下：

Your runtime beats 28.44% of python submissions.

但是其实这份代码极丑无比，注意到上面使用了多个 print 用于 debug……勉勉强强处理了一些特殊情况后才完成了程序。有待后续重新梳理逻辑或检查细节，看是否能够剪掉一些不必要的代码。

02

【语言】

Python

【时间】

170410

【思路】

检查 01 版的代码，会发现很奇怪的重复：即明明在 for 循环中似乎已经遍历了 strs[1:-1]，并在每次循环结束前处理了特殊情况，为何同样的特殊情况处理代码需要在最终 return 前再次运行一遍才不会出错？

例如，以上一次的代码而言，若输入为 ["a", "a", "b"]，答案应该是 ""，但若删去 for 循环后、return 前的那部分特殊情况处理代码，将返回 "a"。这就让我很奇怪。于是我便在 for 循环内部加入了若干 print 语句，输出 substr_new 与 substr_old，惊讶地发现这唯一执行一次的循环（预期应该是 strs[1] 即 "a" 与 strs[2] 即 "b" 之间的比较），居然输出了 "a" 作为公共前缀。于是我多加了几个输出参数，包括输出了 i 与 i+1，然后才明白了：

原来是对 for (i, item) in enumerate(strs[1:-1]): 有了不恰当的预期！

我原本是希望循环开始时，i==1；但实际上 enumerate(obj) 执行后，是不管 obj 从哪里来的，直接把其首位元素作为第 0 位元素，从而第 1 轮循环中 i==0。这也就解释了为什么会出现上述这种怪异的情况。

知道了问题所在，就好办了。处理了下标问题，删去for 之后 return 之前的代码，重新提交。

【代码】

class Solution(object):
    def commonPrefix(self, str_a, str_b):
      substr = ""
      if len(str_a)>len(str_b):
        length = len(str_b)
      else:
        length = len(str_a)

      k=0
      while ((k<length) and (str_a[k] == str_b[k])):
        substr += str_a[k]
        k += 1

      return substr


    def longestCommonPrefix(self, strs):
        """
        :type strs: List[str]
        :rtype: str
        """
        if 0 == len(strs):
            return ""
        elif 1 == len(strs):
            return strs[0]
        substr_old = self.commonPrefix(strs[0], strs[1])

        for (i, item) in enumerate(strs[1:-1]):
          readInd = i+1
          substr_new = self.commonPrefix(strs[readInd], strs[readInd+1])
          if ("" == substr_old) or ("" == substr_new) or (substr_old[0] != substr_new[0]):
            return ""
          if len(substr_old) > len(substr_new):
            substr_old = substr_new

        return substr_old

【结果】

运行时：79 ms

报告链接：https://leetcode.com/submissions/detail/99685590/

不知道其他拥有 LeetCode 帐号的人能不能看到该报告，所以顺便附图如下：

Your runtime beats 10.27% of python submissions.

虽然慢了一点，不过总算是处理完成了

03

【语言】

Python

【时间】

170415

【思路】

基本算法思路与之前一致。这里仅阐述优化思路：

在得到 strs[0] 与 strs[1] 之间的公共子串 commonPrefix后，只要比较 commonPrefix 和 strs[i] 即可；若提前发现不同，截断到不同位置。最后返回即为所求。

当然，有一些特殊情况也需要处理的，例如输入为空，或者输入为若干单字符，输入仅有 1 个字符等等问题，不再赘述。

【代码】

class Solution(object):
    def longestCommonPrefix(self, strs):
        """
        :type strs: List[str]
        :rtype: str
        """
        if len(strs) == 0:
          return ""
        elif len(strs) == 1:
          return strs[0]
        elif (len(strs[0]) == 0) or (len(strs[1]) == 0):
          return ""

        commonprefix = ""
        (i, j) = (0, 0)
        while (i < len(strs[0])) and (j < len(strs[1])):
          if strs[0][i] == strs[1][j]:
            commonprefix += strs[0][i]
            (i, j) = (i+1, j+1)
          else:
            break
        if (len(strs) == 2) or ("" == commonprefix):
          return commonprefix

        length = len(commonprefix)
        for s in strs:

          if len(s) == 0:
            return ""
          elif len(s) == 1:
            if s[0] == commonprefix[0]:
              commonprefix = s[0]
              length = 1
              continue
            else:
              return ""

          (i, j) = (0, 0)
          while (i < length) and (j < len(s)):
            if commonprefix[i] == s[j]:
              (i, j) = (i+1, j+1)
            else:
              length = i
            commonprefix = commonprefix[:length]
 
        return commonprefix

【结果】

运行时：52 ms

报告链接：https://leetcode.com/submissions/detail/100169585/

不知道其他拥有 LeetCode 帐号的人能不能看到该报告，所以顺便附图如下：

Your runtime beats 53.08% of python submissions.

不是最优解。多尝试了几次，例如下述几个报告（1, 2, 3），这个优化思路似乎没有起到明显的作用。

还是需要研究一下参考答案。

04

【语言】

Python

【时间】

170808

【思路】

空间复杂度为 O(n)（n 为字符串数组长度），时间复杂度为 O(n)。

思路是：最长公共子串，即从首字符开始、在所有字符串中均出现的子串。那么只要：

从 0 位开始，遍历过字符串的每一位，每一次比较同一位置的所有字符；若在同一位置上只有一个字符，那么显然到当前位置为止，都是公共子串；直到某一位置，出现了 1 个以上的字符，说明最长串到前一位为止
由于最长子串不会超过所有字符串中最短的那个字符串，因此首先要确定最短字符串的长度，这是遍历字符位的上限

利用 Python 的 list 和 set，能很容易知道所有字符串在同一位置上的独立字符到底有多少。

【代码】

class Solution(object):
    def longestCommonPrefix(self, strs):
        """
        :type strs: List[str]
        :rtype: str
        """
        commons = ""
        maxlens = [len(s) for s in strs]
        if 0 == len(maxlens):
            return commons
        else:
            maxlen = min(maxlens)
            if 0 == maxlen:
                return commons
 
        for i in range(maxlen):
            tset = list(set([s[i] for s in strs]))
            if len(tset) > 1:
                return commons
            else:
                commons += tset[0]

        return commons

【结果】

运行时：35 ms

报告链接：https://leetcode.com/submissions/detail/112975588/

不知道其他拥有 LeetCode 帐号的人能不能看到该报告，所以顺便附图如下：

Your runtime beats 93.91 % of python submissions.

00

参考解法：

C++
- 思路
  - 只要是公共子串，就一定在每个子串中都出现。那么，直接比较 strs[0] 中的字符与其余字符即可
  - 明确上述情况下停止比较字符的条件
Java
- 思路
  - 排序后，逐一比较最短串与最长串之间的字符即可
  - 提醒：这个解法中在最后的 return 前需要补一个 }
  - 问题：为什么 if 语句中要增加 b.length > i？首先，由于已经排序，这一条件必然成立；其次，删去该条件，也能 AC……不懂这句的意义，是否冗余？
- 另一个个 Java 解法还不懂：Java

自己实现一遍最优解：

+[date-language] 。。。

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