我一开始看数据范围很小,没怎么想就直接暴力了。
暴力的思路是:
对于每一段S的前缀,这个前缀中的每一个字母都不应该在前缀的补集中出现,所以直接循环i:0 to S.length然后对于每一次循环,再循环前缀中的每一个字母,判断是否在后面出现,如果出现就
说明该前缀不合适继续向后循环,如果没有出现就加入到vector里,并且下一次判断前缀时直接从sum(vector) 开始,所以时间复杂度应该是小于 n2 的。
1 class Solution { 2 public: 3 vector<int> partitionLabels(string S) { 4 vector<int> ans; 5 int len = S.size(); 6 int last = 0; 7 int ex = 0; 8 for(int i=0;i<len;i++) 9 { 10 11 for(int j=ex;j<=i;j++) 12 { 13 bool p = false; 14 for(int k=i+1;k<len;k++) 15 { 16 if(S[j] == S[k]) { 17 p = true; 18 break; 19 } 20 } 21 if(p) { 22 break; 23 } 24 if(j == i) { 25 ans.push_back(i + 1 - ex); 26 ex = i+1; 27 } 28 } 29 } 30 return ans; 31 } 32 };
线性复杂度的思路:
后来觉得这样不太好,其实在读题的时候就隐约觉得有O(n)的解法,所以事后想了一下,在一开始先处理每一种字母最后出现的位置。
然后遍历S时维护一个已遍历前缀中的字母所出现的最大位置,称为lastpos,当遍历到i == lastpos时,说明该前缀中的所有字母都只出现在该前缀。加入vector。
所以时间复杂度是2n
1 class Solution { 2 public: 3 vector<int> partitionLabels(string S) { 4 vector<int> ans; 5 int last[26]; 6 for(int i=0;i<S.size();i++) 7 { 8 last[S[i]-'a'] = i; 9 } 10 11 int lastpos = 0, ex = 0; 12 for(int i=0;i<S.size();i++) 13 { 14 lastpos = max(lastpos, last[S[i]-'a']); 15 if(lastpos == i) { 16 ans.push_back(i + 1 - ex); 17 ex = i + 1; 18 } 19 } 20 return ans; 21 } 22 };