代码随想录第八天| Leecode 344. 反转字符串、Leecode 541 反转字符串 II

Leecode 344 反转字符串

• 题目链接：https://leetcode.cn/problems/reverse-string/description/

题目描述

编写一个函数，其作用是将输入的字符串反转过来。输入字符串以字符数组 s 的形式给出。

不要给另外的数组分配额外的空间，你必须原地修改输入数组、使用 O(1) 的额外空间解决这一问题。

• 示例 1：
  • 输入：s = ["h","e","l","l","o"]
  • 输出：["o","l","l","e","h"]
• 示例 2：
  • 输入：s = ["H","a","n","n","a","h"]
  • 输出：["h","a","n","n","a","H"]

解题思路与代码展示

如果只是需要交换两个变量位置的话，常用的方法都是使用一个temp变量，用于临时存放被覆盖的值，再将其覆盖另一个值。而本题需要交换整个字符串，那么相应地就是需要交换字符串长度除以2次，每次交换的元素两边逐渐往中心移动。即最先交换首尾两个元素，第二个和倒数第二个···一直到最后交换中心的元素。此时需要注意，如果字符串长度为奇数，最后中心剩下一个元素并不需要交换；如果最后中心剩下两个元素，则直接把这两个元素也交换后停止即可。

那么即使同时考虑奇数长度和偶数长度的情形，需要交换的次数也只是字符串长度/2，因为如果是奇数在除以2并放入int型变量后，多出来的0.5直接被省略。由此可以得到代码如下：

class Solution {
public:
    void reverseString(vector<char>& s) {
       int n = s.size()/2;  // 左右交换的次数，如果长度为偶数则两两交换，奇数则最中间一个不交换，其余交换
       for(int i = 0; i < n; i++){
            char temp = s[i];   // 使用temp来实现交换操作
            s[i] = s[s.size()-i-1]; // 左侧第i个元素，和其对称到右侧的元素进行交换
            s[s.size()-i-1] = temp;
       }
    }
};

上面代码只额外使用了一个char型变量就完成了整个字符串的反转，同时时间复杂度为\(O(n)\)。

Leecode 541 反转字符串 II

• 题目链接：https://leetcode.cn/problems/reverse-string-ii/

题目描述

给定一个字符串 s 和一个整数 k，从字符串开头算起，每计数至 2k 个字符，就反转这 2k 字符中的前 k 个字符。

如果剩余字符少于 k 个，则将剩余字符全部反转。

如果剩余字符小于 2k 但大于或等于 k 个，则反转前 k 个字符，其余字符保持原样。

• 示例 1：
  • 输入：s = "abcdefg", k = 2
  • 输出："bacdfeg"
• 示例 2：
  • 输入：s = "abcd", k = 2
  • 输出："bacd"

解题思路与代码展示：

本题是上面反转字符串的花样变体，我的思路是套用原本的反转函数，并加上一些判断，如果满足条件则调用反转。这个过程中需要注意各种情况的条件判断。因为题目中提到每2k就要执行对前k个反转，那么可以考虑使用递归或是循环的方式来解决都行，在我下面的代码中使用了递归的方式。

class Solution {
public:
    string reverseStrPart(string s, int left, int right){ // 对字符串中left到right和之间的部分进行反转
        while(left < right){
            char temp = s[left];
            s[left++] = s[right];
            s[right--] = temp;
        }
        return s;
    }

    string reverseStr(string s, int k, int start = 0) { // 本轮周期从start开始计数
        if( start >= s.size()-1) return s;  // 如果start在字符串最后，则说明整个字符串都已经反转，直接return
        int end = start + k-1; // 要反转的部分从start到end及其之间，这个区间中包含了k个数
        if(end > s.size()-1) end = s.size()-1; // 但如果start之后的字符串长度已经不够k个，那么令end等于最后一位
        return reverseStr(reverseStrPart(s,start,end), k, end+k+1); // 反转start到end之间，同时递归调用，更新字符串，以及更新新的反转区间
    }
};

上面代码的时间复杂度为\(O(n)\)，只需要遍历一遍字符串即可完成反转。

今日总结

今天题比较少，感觉还挺轻松，自己又刷了两道动态规划的题但暂时不写上来了，等之后刷到动态规划再来写，今天还是早点休息吧。

今天学会了在github上提交pr，然后把前几天画的反转链表的那个动图提交上去了。当时画完只是提了一个issue，今天才懂issue和pr的区别。。