题目描述

这是 LeetCode 上的 792. 匹配子序列的单词数 ，难度为 中等。

Tag : 「二分」、「哈希表」

给定字符串 s 和字符串数组 words, 返回  words[i] 中是 s 的子序列的单词个数 。

字符串的 子序列 是从原始字符串中生成的新字符串，可以从中删去一些字符(可以是"")，而不改变其余字符的相对顺序。

例如， “ace” 是 “abcde” 的子序列。

示例 1:

输入: s = "abcde", words = ["a","bb","acd","ace"]输出: 3解释: 有三个是 s 的子序列的单词: "a", "acd", "ace"。
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示例 2:

输入: s = "dsahjpjauf", words = ["ahjpjau","ja","ahbwzgqnuk","tnmlanowax"]输出: 2
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提示:

• 1 <= s.length <= 5 \times 10^41<=s.length<=5×104
• 1 <= words.length <= 50001<=words.length<=5000
• 1 <= words[i].length <= 501<=words[i].length<=50
• words[i] 和 s 都只由小写字母组成。

预处理 + 哈希表 + 二分

朴素判定某个字符串是为另一字符串的子序列的复杂度为 O(n + m)O(n+m)，对于本题共有 50005000 个字符串需要判定，每个字符串最多长为 5050，因此整体计算量为 (5 \times 10^4 + 50) \times 5000 \approx 2.5 \times 10^8(5×104+50)×5000≈2.5×108，会超时。

不可避免的是，我们要对每个 words[i]words[i] 进行检查，因此优化的思路可放在如何优化单个 words[i]words[i] 的判定操作。

朴素的判定过程需要使用双指针扫描两个字符串，其中对于原串的扫描，会有大量的字符会被跳过（无效匹配），即只有两指针对应的字符相同时，匹配串指针才会后移。

我们考虑如何优化这部分无效匹配。

对于任意一个 w = words[i]w=words[i] 而言，假设我们当前匹配到 w[j]w[j] 位置，此时我们已经明确下一个待匹配的字符为 w[j + 1]w[j+1]，因此我们可以直接在 s 中字符为 w[j + 1]w[j+1] 的位置中找候选。

具体的，我们可以使用哈希表 map 对 s 进行预处理：以字符 c = s[i]c=s[i] 为哈希表的 key，对应的下标 ii 集合为 value，由于我们从前往后处理 s 进行预处理，因此对于所有的 value 均满足递增性质。

举个 🌰 : 对于 s = abcabc 而言，预处理的哈希表为 {a=[0,3], b=[1,4], c=[2,5]}

最后考虑如何判定某个 w = words[i]w=words[i] 是否满足要求：待匹配字符串 w 长度为 m，我们从前往后对 w 进行判定，假设当前判待匹配位置为 w[i]w[i]，我们使用变量 idx 代表能够满足匹配 w[0:i]w[0:i] 的最小下标（贪心思路）。

对于匹配的 w[i]w[i] 字符，可以等价为在 map[w[i]] 中找到第一个大于 idx 的下标，含义在原串 s 中找到字符为 w[i] 且下标大于 idx 的最小值，由于我们所有的 map[X] 均满足单调递增，该过程可使用「二分」进行。

Java 代码：

class Solution {public int numMatchingSubseq(String s, String[] words) {int n = s.length(), ans = 0;Map> map = new HashMap<>();for (int i = 0; i < n; i++) {List list = map.getOrDefault(s.charAt(i), new ArrayList<>());list.add(i);map.put(s.charAt(i), list);}for (String w : words) {boolean ok = true;int m = w.length(), idx = -1;for (int i = 0; i < m && ok; i++) {List list = map.getOrDefault(w.charAt(i), new ArrayList<>());int l = 0, r = list.size() - 1;while (l < r) {int mid = l + r >> 1;if (list.get(mid) > idx) r = mid;else l = mid + 1;}if (r < 0 || list.get(r) <= idx) ok = false;else idx = list.get(r);}if (ok) ans++;}return ans;}
}
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TypeScript 代码：

function numMatchingSubseq(s: string, words: string[]): number {let n = s.length, ans = 0const map = new Map>()for (let i = 0; i < n; i++) {if (!map.has(s[i])) map.set(s[i], new Array())map.get(s[i]).push(i)}for (const w of words) {let ok = truelet m = w.length, idx = -1for (let i = 0; i < m && ok; i++) {if (!map.has(w[i])) {ok = false} else {const list = map.get(w[i])let l = 0, r = list.length - 1while (l < r) {const mid = l + r >> 1if (list[mid] > idx) r = midelse l = mid + 1}if (r < 0 || list[r] <= idx) ok = falseelse idx = list[r]}}if (ok) ans++}return ans
}
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Python3 代码：

class Solution:def numMatchingSubseq(self, s: str, words: List[str]) -> int:dmap = defaultdict(list)for i, c in enumerate(s):dmap[c].append(i)ans = 0for w in words:ok = Trueidx = -1for i in range(len(w)):idxs = dmap[w[i]]l, r = 0, len(idxs) - 1while l < r :mid = l + r >> 1if dmap[w[i]][mid] > idx:r = midelse:l = mid + 1if r < 0 or dmap[w[i]][r] <= idx:ok = Falsebreakelse:idx = dmap[w[i]][r]ans += 1 if ok else 0return ans
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• 时间复杂度：令 n 为 s 长度，m 为 words 长度，l = 50 为 words[i]words[i] 长度的最大值。构造 map 的复杂度为 O(n)O(n)；统计符合要求的 words[i]words[i] 的数量复杂度为 O(m \times l \times \log{n})O(m×l×logn)。整体复杂度为 O(n + m \times l \times \log{n})O(n+m×l×logn)
• 空间复杂度：O(n)O(n)

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.792 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。