763. Partition Labels

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。

 class Solution {
 public:
     vector<int> partitionLabels(string S) {
         vector<int> ans;
         int len = S.size();
         int last = ;
         int ex = ;
         for(int i=;i<len;i++)
         {

             for(int j=ex;j<=i;j++)
             {
                 bool p = false;
                 for(int k=i+;k<len;k++)
                 {
                     if(S[j] == S[k]) {
                        p = true;
                        break;
                     }
                 }
                 if(p) {
                     break;
                 }
                 if(j == i) {
                     ans.push_back(i +  - ex);
                     ex = i+;
                 }
             }
         }
         return ans;
     }
 };

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

 class Solution {
 public:
     vector<int> partitionLabels(string S) {
         vector<int> ans;
         int last[];
         for(int i=;i<S.size();i++)
         {
             last[S[i]-'a'] = i;
         }

         int lastpos = , ex = ;
         for(int i=;i<S.size();i++)
         {
             lastpos = max(lastpos, last[S[i]-'a']);
             if(lastpos == i) {
                 ans.push_back(i +  - ex);
                 ex = i + ;
             }
         }
         return ans;
     }
 };