高频系列：单词拆分问题

 

140. 单词拆分II（困难）

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 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：

List> res = new LinkedList<>();
LinkedList track = new LinkedList<>();

// 元素无重可复选的全排列
public List> 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：

List 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 track = new LinkedList<>();

// 主函数
public boolean wordBreak(String s, List 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 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 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 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：

// 用哈希集合方便快速判断是否存在
HashSet 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 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：

// 记录结果
List res = new LinkedList<>();
// 记录回溯算法的路径
LinkedList track = new LinkedList<>();
List wordDict;

// 主函数
public List wordBreak(String s, List 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：

HashSet wordDict;
// 备忘录
List[] memo;

public List wordBreak(String s, List 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 dp(String s, int i) {
    List 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 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。

审核编辑 ：李倩