Question

我正在尝试解决以下问题

你有两个字符串。 A尺寸为n，B，尺寸为m。米是非常非常的与n相比较少。找出A是否包含子串是B的字谜。

我采取的方法如下

public static boolean ana_check(String a, String b)
{
    int n=a.length();
    int m=b.length();
    boolean k;
    for(int i=0;i<=(n-m);i++){
        k= anagram((a.substring(i,i+m)),b);
        if(k)
            return true;
}
    return false;
}

正如你所看到的，我从字符串A的开头开始提取每个长度为m的字符串，并检查它是否是B的字谜。为了检查anagram我为每个字符串构建了一个频率图，如果发现它们是相同的，我返回true。代码如下：

  public static boolean anagram(String s, String t) {
        // Strings of unequal lengths can't be anagrams
        if(s.length() != t.length()) {
            return false;
        }

        // They're anagrams if both produce the same 'frequency map'
        return frequencyMap(s).equals(frequencyMap(t));
    }

    private static Map<Character, Integer> frequencyMap(String str) {
        Map<Character, Integer> map = new HashMap<Character, Integer>();
        for(char c : str.toLowerCase().toCharArray()) {
            Integer frequency = map.get(c);
            map.put(c, frequency == null ? 1 : frequency+1);
        }
        return map;
    }

我相信anagram方法在O（n）时间运行。 ana_check方法的时间复杂度是多少？整个代码是线性的还是二次的？

Answer 1

好吧，让我们看看......

假设length（）方法在恒定时间内运行（即：它不像strlen（）那样工作）。你的方法frequencyMap是o（m），anagram调用它两次。字谜称为n-m次。总复杂度大约为o（2 * m * n）。 m <＆lt;＆lt; n，'big o'是O（n）。

我可以建议一些优化。首先，您在每次调用anagram时重新生成字符串b的频率图。在ana_check的开头做一次。你可以有一个anagram方法，它采用字符串和频率图而不是两个字符串。

我要做的另一件事是从字谜中删除长度检查。是的，这是一个安全功能，但您已经知道传入的字符串大小相同。无论如何，如果它们的长度不同，频率图仍然不匹配，因此功能正确。

更棘手的优化是修改字符串a的频率图，而不是每次都重新进行。对于第一个子字符串，您可以照常执行。但是你向前移动一个角色，从地图中减去第一个角色并添加新角色。当然，如果m <= 3则不会产生影响，但任何大于此的东西都将是胜利。

Answer 2

您无需比较每个位置的整个地图。

首先创建一个签名的频率图并减去每个字母在B。保留一个计数器c，其中包含多少个非零条目在地图上。

接下来，将m的{{1}}个字母B添加到地图中。对于您添加的每个字母，如果该计数过去为零，则递增A，或者如果在添加完字母后它变为零，则递减c。

如果c现在为零，那么你就找到了一个字谜（每个负数来自c的来自B的积极计数平衡了，否则继续。

将A的下一个字母添加到频率图中，然后删除该字母在此之前发出A个字母，对两者进行适当调整m 操作

重复最后两步，直到c变为零或用完为止 c中的字母。

您可以尝试通过每次识别来进一步优化这一点你添加一个没有出现在A中的角色，你可以保证一个不匹配下一个B个字符（这与计数只是正数的位置不同，因为您传递的其他字符可能会在m之前取消）。所以你可以重启这封信后的先决条件。操作的复杂性这允许你跳过不是很高，但这和特殊情况代码可能不会更快。

Anagram时间复杂度

2 个答案: