https://leetcode-cn.com/problems/word-break/
给定一个非空字符串 s 和一个包含非空单词的列表 wordDict，判定 s 是否可以被空格拆分为一个或多个在字典中出现的单词。
说明：
拆分时可以重复使用字典中的单词。
你可以假设字典中没有重复的单词。
示例 1：
输入: s = "leetcode", wordDict = ["leet", "code"]
输出: true
解释: 返回 true 因为 "leetcode" 可以被拆分成 "leet code"。
示例 2：
输入: s = "applepenapple", wordDict = ["apple", "pen"]
输出: true
解释: 返回 true 因为 "applepenapple" 可以被拆分成 "apple pen apple"。
注意你可以重复使用字典中的单词。
示例 3：
输入: s = "catsandog", wordDict = ["cats", "dog", "sand", "and", "cat"]
输出: false
- 阿里
- 腾讯
- 百度
- 字节
这道题是给定一个字典和一个句子，判断该句子是否可以由字典里面的单词组出来，一个单词可以用多次。
暴力的方法是无解的，复杂度极其高。 我们考虑其是否可以拆分为小问题来解决。
对于问题(s, wordDict) 我们是否可以用(s', wordDict) 来解决。 其中 s' 是 s 的子序列，
当 s'变成寻常(长度为 0)的时候问题就解决了。 我们状态转移方程变成了这道题的难点。
我们可以建立一个数组 dp, dp[i]代表 字符串 s.substring(0, i) 能否由字典里面的单词组成，经过这样的抽象我们就可以建立 dp[i - word.length] 和 dp[i] 的关系。它们有什么关系？又该如何转移呢？
我们用图来感受一下：
没有明白也没有关系，我们分步骤解读一下：
（以下的图左边都代表 s，右边都是 dict，灰色代表没有处理的字符，绿色代表匹配成功，红色代表匹配失败）
上面分步解释了算法的基本过程，下面我们感性认识下这道题，我把它比喻为
你正在往一个老式手电筒🔦中装电池
代码支持： JS，CPP
JS Code:
/**
* @param {string} s
* @param {string[]} wordDict
* @return {boolean}
*/
var wordBreak = function (s, wordDict) {
const dp = Array(s.length + 1);
dp[0] = true;
for (let i = 0; i < s.length + 1; i++) {
for (let word of wordDict) {
if (word.length <= i && dp[i - word.length]) {
if (s.substring(i - word.length, i) === word) {
dp[i] = true;
}
}
}
}
return dp[s.length] || false;
};CPP Code:
class Solution {
public:
bool wordBreak(string s, vector<string>& dict) {
unordered_set<string> st(begin(dict), end(dict));
int N = s.size();
vector<bool> dp(N + 1);
dp[0] = true;
for (int i = 1; i <= N; ++i) {
for (int j = 0; j < i && !dp[i]; ++j) {
dp[i] = dp[j] && st.count(s.substr(j, i - j));
}
}
return dp[N];
}
};
复杂度分析
令 S 和 W 分别为字符串和字典的长度。
- 时间复杂度：$O(S ^ 3)$
- 空间复杂度：$O(S + W)$
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