两种思路解决单词拼接问题
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读完本文，你不仅学会了算法套路，还可以顺便解决如下题目：
| LeetCode | 力扣 | 难度 |
|---|---|---|
| 139. Word Break | 139. 单词拆分 | 🟠 |
| 140. Word Break II | 140. 单词拆分 II | 🔴 |
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之前 手把手带你刷二叉树（纲领篇） 把递归穷举划分为「遍历」和「分解问题」两种思路，其中「遍历」的思路扩展延伸一下就是回溯算法，「分解问题」的思路可以扩展成动态规划算法。
我在 手把手带你刷二叉树（思路篇） 对一些二叉树问题进行举例，同时给出「遍历」和「分解问题」两种思路的解法，帮大家借助二叉树理解更高级的算法设计思想。
当然，这种思维转换不止局限于二叉树相关的算法，本文就跳出二叉树类型问题，来看看实际算法题中如何把问题抽象成树形结构，从而进行「遍历」和「分解问题」的思维转换，从 回溯算法 顺滑地切换到 动态规划算法。
先说句题外话，前文 动态规划核心框架详解 说，标准的动态规划问题一定是求最值的，因为动态规划类型问题有一个性质叫做「最优子结构」，即从子问题的最优解推导出原问题的最优解。
但在我们平常的语境中，就算不是求最值的题目，只要看见使用备忘录消除重叠子问题，我们一般都称它为动态规划算法。严格来讲这是不符合动态规划问题的定义的，说这种解法叫做「带备忘录的 DFS 算法」可能更准确些。不过咱也不用太纠结这种名词层面的细节，既然大家叫的顺口，就叫它动态规划也无妨。
本文讲解的两道题目也不是求最值的，但依然会把他们的解法称为动态规划解法，这里提前跟大家说下这里面的细节，免得细心的读者疑惑。其他不多说了，直接看题目吧。
单词拆分 I
首先看下力扣第 139 题「单词拆分」：
函数签名如下：
boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict);这是一道非常高频的面试题，我们来思考下如何通过「遍历」和「分解问题」的思路来解决它。
先说说「遍历」的思路，也就是用回溯算法解决本题。回溯算法最经典的应用就是排列组合相关的问题了，不难发现这道题换个说法也可以变成一个排列问题：
现在给你一个不包含重复单词的单词列表 wordDict 和一个字符串 s，请你判断是否可以从 wordDict 中选出若干单词的排列（可以重复挑选）构成字符串 s。
这就是前文 回溯算法秒杀排列组合问题的九种变体 中讲到的最后一种变体：元素无重可复选的排列问题，前文我写了一个 permuteRepeat 函数，代码如下：
class Solution {
List<List<Integer>> res = new LinkedList<>();
LinkedList<Integer> track = new LinkedList<>();
// 元素无重可复选的全排列
public List<List<Integer>> permuteRepeat(int[] nums) {
backtrack(nums);
return res;
}
// 回溯算法核心函数
void backtrack(int[] nums) {
// base case，到达叶子节点
if (track.size() == nums.length) {
// 收集根到叶子节点路径上的值
res.add(new LinkedList(track));
return;
}
// 回溯算法标准框架
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
// 做选择
track.add(nums[i]);
// 进入下一层回溯树
backtrack(nums);
// 取消选择
track.removeLast();
}
}
}给这个函数输入 nums = [1,2,3]，输出是 3^3 = 27 种可能的组合：
[
[1,1,1],[1,1,2],[1,1,3],[1,2,1],[1,2,2],[1,2,3],[1,3,1],[1,3,2],[1,3,3],
[2,1,1],[2,1,2],[2,1,3],[2,2,1],[2,2,2],[2,2,3],[2,3,1],[2,3,2],[2,3,3],
[3,1,1],[3,1,2],[3,1,3],[3,2,1],[3,2,2],[3,2,3],[3,3,1],[3,3,2],[3,3,3]
]这段代码实际上就是遍历一棵高度为 N + 1 的满 N 叉树（N 为 nums 的长度），其中根到叶子的每条路径上的元素就是一个排列结果：
类比一下，本文讲的这道题也有异曲同工之妙，假设 wordDict = ["a", "aa", "ab"], s = "aaab"，想用 wordDict 中的单词拼出 s，其实也面对着类似的一棵 M 叉树，M 为 wordDict 中单词的个数，你需要做的就是站在回溯树的每个节点上，看看哪个单词能够匹配 s[i..] 的前缀，从而判断应该往哪条树枝上走：
然后，按照前文 回溯算法框架详解 所说，你把 backtrack 函数理解成在回溯树上游走的一个指针，维护每个节点上的变量 i，即可遍历整棵回溯树，寻找出匹配 s 的组合。
回溯算法解法代码如下：
class Solution {
List<String> wordDict;
// 记录是否找到一个合法的答案
boolean found = false;
// 记录回溯算法的路径
LinkedList<String> track = new LinkedList<>();
// 主函数
public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
this.wordDict = wordDict;
// 执行回溯算法穷举所有可能的组合
backtrack(s, 0);
return found;
}
// 回溯算法框架
void backtrack(String s, int i) {
// base case
if (found) {
// 如果已经找到答案，就不要再递归搜索了
return;
}
if (i == s.length()) {
// 整个 s 都被匹配完成，找到一个合法答案
found = true;
return;
}
// 回溯算法框架
for (String word : wordDict) {
// 看看哪个单词能够匹配 s[i..] 的前缀
int len = word.length();
if (i + len <= s.length()
&& s.substring(i, i + len).equals(word)) {
// 找到一个单词匹配 s[i..i+len)
// 做选择
track.addLast(word);
// 进入回溯树的下一层，继续匹配 s[i+len..]
backtrack(s, i + len);
// 撤销选择
track.removeLast();
}
}
}
}这段代码就是严格按照回溯算法框架写出来的，应该不难理解，但这段代码无法通过所有测试用例，我们按照之前 算法时空复杂度使用指南 中讲到的方法来分析一下它的时间复杂度。
递归函数的时间复杂度的粗略估算方法就是用递归函数调用次数（递归树的节点数） x 递归函数本身的复杂度。对于这道题来说，递归树的每个节点其实就是对 s 进行的一次切割，那么最坏情况下 s 能有多少种切割呢？长度为 N 的字符串 s 中共有 N - 1 个「缝隙」可供切割，每个缝隙可以选择「切」或者「不切」，所以 s 最多有 O(2^N) 种切割方式，即递归树上最多有 O(2^N) 个节点。
当然，实际情况可定会好一些，毕竟存在剪枝逻辑，但从最坏复杂度的角度来看，递归树的节点个数确实是指数级别的。
那么 backtrack 函数本身的时间复杂度是多少呢？主要的时间消耗是遍历 wordDict 寻找匹配 s[i..] 的前缀的单词：
// 遍历 wordDict 的所有单词
for (String word : wordDict) {
// 看看哪个单词能够匹配 s[i..] 的前缀
int len = word.length();
if (i + len <= s.length()
&& s.substring(i, i + len).equals(word)) {
// 找到一个单词匹配 s[i..i+len)
// ...
}
}设 wordDict 的长度为 M，字符串 s 的长度为 N，那么这段代码的最坏时间复杂度是 O(MN)（for 循环 O(M)，Java 的 substring 方法 O(N)），所以总的时间复杂度是 O(2^N * MN)。
这里顺便说一个细节优化，其实你也可以反过来，通过穷举 s[i..] 的前缀去判断 wordDict 中是否有对应的单词：
// 注意，要转化成哈希集合，提高 contains 方法的效率
HashSet<String> wordDict = new HashSet<>(wordDict);
// 遍历 s[i..] 的所有前缀
for (int len = 1; i + len <= s.length(); len++) {
// 看看 wordDict 中是否有单词能匹配 s[i..] 的前缀
String prefix = s.substring(i, i + len);
if (wordDict.contains(prefix)) {
// 找到一个单词匹配 s[i..i+len)
// ...
}
}这段代码和刚才那段代码的结果是一样的，但这段代码的时间复杂度变成了 O(N^2)，和刚才的代码不同。
到底哪样子好呢？这要看题目给的数据范围。本题说了 1 <= s.length <= 300, 1 <= wordDict.length <= 1000，所以 O(N^2) 的结果较小，这段代码的实际运行效率应该稍微高一些，这个是一个细节的优化，你可以自己做一下，我就不写了。
不过即便你优化这段代码，总的时间复杂度依然是指数级的 O(2^N * N^2)，是无法通过所有测试用例的，那么问题出在哪里呢？
比如输入 wordDict = ["a", "aa"], s = "aaab"，算法无法找到一个可行的组合，所以一定会遍历整棵回溯树，但你注意这里面会存在重复的情况：
图中标红的这两部分，虽然经历了不同的切分，但是切分得出的结果是相同的，所以这两个节点下面的子树也是重复的，即存在冗余计算，极端情况下会消耗大量时间。
如何消除冗余计算呢？这就要稍微转变一下思维模式，用「分解问题」的思维模式来考虑这道题。
我们刚才以排列组合的视角思考这个问题，现在我们换一种视角，思考一下是否能够把原问题分解成规模更小，结构相同的子问题，然后通过子问题的结果计算原问题的结果。
对于输入的字符串 s，如果我能够从单词列表 wordDict 中找到一个单词匹配 s 的前缀 s[0..k]，那么只要我能拼出 s[k+1..]，就一定能拼出整个 s。换句话说，我把规模较大的原问题 wordBreak(s[0..]) 分解成了规模较小的子问题 wordBreak(s[k+1..])，然后通过子问题的解反推出原问题的解。
有了这个思路就可以定义一个 dp 函数，并给出该函数的定义：
// 定义：返回 s[i..] 是否能够被拼出
int dp(String s, int i);
// 计算整个 s 是否能被拼出，调用 dp(s, 0)有了这个函数定义，就可以把刚才的逻辑大致翻译成伪码：
List<String> wordDict;
// 定义：返回 s[i..] 是否能够被拼出
int dp(String s, int i) {
// base case，s[i..] 是空串
if (i == s.length()) {
return true;
}
// 遍历 wordDict，看看哪些单词是 s[i..] 的前缀
for (Strnig word : wordDict) {
if word 是 s[i..] 的前缀 {
int len = word.length();
// 只要 s[i+len..] 可以被拼出，s[i..] 就能被拼出
if (dp(s, i + len) == true) {
return true;
}
}
}
// 所有单词都尝试过，无法拼出整个 s
return false;
}类似之前讲的回溯算法，dp 函数中的 for 循环也可以优化一下：
// 注意，用哈希集合快速判断元素是否存在
HashSet<String> wordDict;
// 定义：返回 s[i..] 是否能够被拼出
int dp(String s, int i) {
// base case，s[i..] 是空串
if (i == s.length()) {
return true;
}
// 遍历 s[i..] 的所有前缀，看看哪些前缀存在 wordDict 中
for (int len = 1; i + len <= s.length(); len++) {
if wordDict 中存在 s[i..len) {
// 只要 s[i+len..] 可以被拼出，s[i..] 就能被拼出
if (dp(s, i + len) == true) {
return true;
}
}
}
// 所有单词都尝试过，无法拼出整个 s
return false;
}对于这个 dp 函数，指针 i 的位置就是「状态」，所以我们可以通过添加备忘录的方式优化效率，避免对相同的子问题进行冗余计算。最终的解法代码如下：
class Solution {
// 用哈希集合方便快速判断是否存在
HashSet<String> wordDict;
// 备忘录，-1 代表未计算，0 代表无法凑出，1 代表可以凑出
int[] memo;
// 主函数
public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
// 转化为哈希集合，快速判断元素是否存在
this.wordDict = new HashSet<>(wordDict);
// 备忘录初始化为 -1
this.memo = new int[s.length()];
Arrays.fill(memo, -1);
return dp(s, 0);
}
// 定义：s[i..] 是否能够被拼出
boolean dp(String s, int i) {
// base case
if (i == s.length()) {
return true;
}
// 防止冗余计算
if (memo[i] != -1) {
return memo[i] == 0 ? false : true;
}
// 遍历 s[i..] 的所有前缀
for (int len = 1; i + len <= s.length(); len++) {
// 看看哪些前缀存在 wordDict 中
String prefix = s.substring(i, i + len);
if (wordDict.contains(prefix)) {
// 找到一个单词匹配 s[i..i+len)
// 只要 s[i+len..] 可以被拼出，s[i..] 就能被拼出
boolean subProblem = dp(s, i + len);
if (subProblem == true) {
memo[i] = 1;
return true;
}
}
}
// s[i..] 无法被拼出
memo[i] = 0;
return false;
}
}
这个解法能够通过所有测试用例，我们根据 算法时空复杂度使用指南 来算一下它的时间复杂度：
因为有备忘录的辅助，消除了递归树上的重复节点，使得递归函数的调用次数从指数级别降低为状态的个数 O(N)，函数本身的复杂度还是 O(N^2)，所以总的时间复杂度是 O(N^3)，相较回溯算法的效率有大幅提升。
单词拆分 II
有了上一道题的铺垫，力扣第 140 题「单词拆分 II」就容易多了，先看下题目：
相较上一题，这道题不是单单问你 s 是否能被拼出，还要问你是怎么拼的，其实只要把之前的解法稍微改一改就可以解决这道题。
上一道题的回溯算法维护一个 found 变量，只要找到一种拼接方案就提前结束遍历回溯树，那么在这道题中我们不要提前结束遍历，并把所有可行的拼接方案收集起来就能得到答案：
class Solution {
// 记录结果
List<String> res = new LinkedList<>();
// 记录回溯算法的路径
LinkedList<String> track = new LinkedList<>();
List<String> wordDict;
// 主函数
public List<String> wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
this.wordDict = wordDict;
// 执行回溯算法穷举所有可能的组合
backtrack(s, 0);
return res;
}
// 回溯算法框架
void backtrack(String s, int i) {
// base case
if (i == s.length()) {
// 找到一个合法组合拼出整个 s，转化成字符串
res.add(String.join(" ", track));
return;
}
// 回溯算法框架
for (String word : wordDict) {
// 看看哪个单词能够匹配 s[i..] 的前缀
int len = word.length();
if (i + len <= s.length()
&& s.substring(i, i + len).equals(word)) {
// 找到一个单词匹配 s[i..i+len)
// 做选择
track.addLast(word);
// 进入回溯树的下一层，继续匹配 s[i+len..]
backtrack(s, i + len);
// 撤销选择
track.removeLast();
}
}
}
}
这个解法的时间复杂度和前一道题类似，依然是 O(2^N * MN)，但由于这道题给的数据规模较小，所以可以通过所有测试用例。
类似的，这个问题也可以用分解问题的思维解决，把上一道题的 dp 函数稍作修改即可：
class Solution {
HashSet<String> wordDict;
// 备忘录
List<String>[] memo;
public List<String> wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
this.wordDict = new HashSet<>(wordDict);
memo = new List[s.length()];
return dp(s, 0);
}
// 定义：返回用 wordDict 构成 s[i..] 的所有可能
List<String> dp(String s, int i) {
List<String> res = new LinkedList<>();
if (i == s.length()) {
res.add("");
return res;
}
// 防止冗余计算
if (memo[i] != null) {
return memo[i];
}
// 遍历 s[i..] 的所有前缀
for (int len = 1; i + len <= s.length(); len++) {
// 看看哪些前缀存在 wordDict 中
String prefix = s.substring(i, i + len);
if (wordDict.contains(prefix)) {
// 找到一个单词匹配 s[i..i+len)
List<String> subProblem = dp(s, i + len);
// 构成 s[i+len..] 的所有组合加上 prefix
// 就是构成构成 s[i] 的所有组合
for (String sub : subProblem) {
if (sub.isEmpty()) {
// 防止多余的空格
res.add(prefix);
} else {
res.add(prefix + " " + sub);
}
}
}
}
// 存入备忘录
memo[i] = res;
return res;
}
}这个解法依然用备忘录消除了重叠子问题，所以 dp 函数递归调用的次数减少为 O(N)，但 dp 函数本身的时间复杂度上升了，因为 subProblem 是一个子集列表，它的长度是指数级的。再加上 Java 中用 + 拼接字符串的效率并不高，且还要消耗备忘录去存储所有子问题的结果，所以这个算法的时间复杂度并不比回溯算法低，依然是指数级别。
综上，我们处理排列组合问题时一般使用回溯算法去「遍历」回溯树，而不用「分解问题」的思路去处理，因为存储子问题的结果就需要大量的时间和空间，除非重叠子问题的数量较多的极端情况，否则得不偿失。
以上就是本文的全部内容，希望你能对回溯思路和分解问题的思路有更深刻的理解。
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