實(shí)現(xiàn)如下函數(shù)：
class Solution {public int soluition(String A, String B); }其應(yīng)當(dāng)滿(mǎn)足的功能為：給定包含N個(gè)字母的string A和包含M個(gè)字母的string B，返回使得B成為其子字符串A需> 要重復(fù)自己的最少次數(shù)。如果無(wú)論A重復(fù)自己多少次B都無(wú)法成為其子字符串，返回-1。
如下面例子所示：A = "abcd" B = "cdabcdab"這種情況下該函數(shù)需要返回3，因?yàn)锳重復(fù)3次后成為`"abcdabcdabcd"，此時(shí)B是該字符串的子串。
本題假定：
N是[1...1000]內(nèi)的整數(shù)。
M是[1...1000]內(nèi)的整數(shù)。
思路分析
給定兩個(gè)string A和B，當(dāng)B的長(zhǎng)度大于A時(shí)，即使在brute-force解法的情況下（既不斷重復(fù)A，看B能夠成為當(dāng)前字符串的子串），我們?nèi)匀皇紫纫_定的是B究竟能夠成為A重復(fù)自己所構(gòu)造的字符串的子串。因?yàn)檫@決定了這個(gè)循環(huán)的結(jié)束條件。
注意到B如果能夠由A不斷重復(fù)自己得到，那么B中的任何和A的長(zhǎng)度相等的連續(xù)子字符串都必須能夠由A的rotation得到。例如上面的A和B的例子中，從B中取出任何一個(gè)長(zhǎng)度為4的連續(xù)子字符串，都能夠由A的rotation產(chǎn)生。所以我們只需要產(chǎn)生A的所有rotation并將它們存入HashSet中，然后再遍歷一遍B中的所有長(zhǎng)度與A相同的連續(xù)子字符串，就可以知道B能夠由A重復(fù)自己產(chǎn)生。這一步驟的時(shí)間復(fù)雜度為：O(N + M)，空間復(fù)雜度為O(N ^ 2)。
O(N + M)時(shí)間復(fù)雜度：因?yàn)槲覀冃枰謩e遍歷A的所有rotation和B的所有長(zhǎng)度與A相同的連續(xù)子字符串，分別是N種可能和M中可能，所以是O(N + M)。
O(N ^ 2)空間復(fù)雜度：因?yàn)槲覀冃枰鎯?chǔ)所有A的rotation，一共是N種，而每一種包括N個(gè)字母，所以總空間為O(N ^ 2)。
當(dāng)我們確定了B一定能由A不斷重復(fù)自己得到之后，我們就只需要確定A最少需重復(fù)幾次。這一步驟當(dāng)然可以通過(guò)不斷讓A重復(fù)自己并判斷B是否是當(dāng)前字符串的子字符串實(shí)現(xiàn)。但這一方法并不是最優(yōu)解。實(shí)際上考慮到B一定是A的rotation組成的，A的最少重復(fù)次數(shù)可以在O(1)時(shí)間，O(1)空間內(nèi)實(shí)現(xiàn)， 方法如下：
- 用HashMap而非HashSet來(lái)存儲(chǔ)A的rotation。其中Key為A的rotation，Value為A成為當(dāng)前rotation所需要的向左滾動(dòng)的步數(shù)。例如上面的例子中的A，其所構(gòu)造出的HashMap為：
{
"abcd": 0,
"bcda": 1,
"cdab": 2,
"dabc": 3,
}
這樣的情況下我們只需要判斷B中的第一個(gè)長(zhǎng)度與A相同的連續(xù)子字符串的rotation步數(shù)即可。
如果為0，則代表A只需要重復(fù)到（設(shè)A重復(fù)自己組成的字符串為A'）A'.length() >= B.length()即可，既重復(fù)B.length() / A.length()向上取整次，也就是：B.length() / A.length() + (B.length() % A.length() == 0 ? 0 : 1)。
如果不為0，則代表除去需要重復(fù)上面的次數(shù)之外，還需要額外的一次重復(fù)來(lái)滿(mǎn)足c的開(kāi)頭部分。如上面的例子中：A重復(fù)兩次即可滿(mǎn)足上面的第一個(gè)條件。但這個(gè)時(shí)候B的開(kāi)頭的"cd"并沒(méi)有成為子串，所以需要額外重復(fù)一次滿(mǎn)足B的開(kāi)頭。也就是三次。也就是重復(fù)次數(shù)為：1 + B.length() / A.length() + (B.length() % A.length() == 0 ? 0 : 1)。
需要注意的是，我們以上所有的討論基于B的長(zhǎng)度大于A的情況進(jìn)行。如果B的長(zhǎng)度小于A，我們只需要直接判斷B是否為A的子字符串即可。這個(gè)判斷可以通過(guò)KMP算法進(jìn)行，從而將時(shí)間控制在O(N)內(nèi)。
以上算法的代碼如下：
public class Solution {
/**
* Given 2 string A and B, return the minimum number A need to repeat itself in order
* for B to become a substring of the repeated sequence of A.
*
* In order for B to be able to become a substring of A's repeat, every B's substring
* with the same length of A need to satisfy the requirement that it can be generated
* through A's rotation. For example, A = "abcd" and B = "cdabcdab", every of B's substring
* need to some rotations of A, e.g. "bcda", "cdab", "dabc", "abcd".
*
* If such a requirement is not satisfied, then -1 is returned to indicate that B cannot be obtained
* through A's repeating itself.
*
* Otherwise, the minimum number of repeat needed for A is calculated as following:
* 1. If B shares the same start pattern as A, ceil devision of B's length to A's length
* is the minimum number of repeat needed.
* 2. If B starts from some middle point character with A, then the minimum number of repeat
* needed is the ceil devision of B's length to A's length plus 1.
*/
public static int minimumNumberRepeat(String A, String B) {
// If A contains no character, then B cannot be obtained
// by repeating A
if (A == null || A.length() == 0) {
return -1;
}
// If A is longer than B, search for B in A directly.
if (A.length() > B.length()) {
// repeat at most once to deal with condition like this:
// A = "abcd", B = "da"
for (int i = 0; i < 2; i++) {
String curr = new String(new char[i + 1]).replaceAll("\0", A);
if (curr.contains(B)) {
return i + 1;
}
}
return -1;
}
HashMap<String, Integer> permutationsA = new HashMap<String, Integer>();
permutationsA.put(A, 0);
for (int i = 0; i < A.length() - 1; i++) {
String permutationA = A.substring(i + 1, A.length()) + A.substring(0, i + 1);
permutationsA.put(permutationA, i + 1);
}
// Check if any substring of B cannot be generated by A's permutation
for (int i = 0; i <= B.length() - A.length(); i++) {
String subB = B.substring(i, i + A.length());
if (!permutationsA.containsKey(subB)) {
return -1;
}
}
// If every substring of B can be generated by A's permutation
int rotation = permutationsA.get(B.substring(0, A.length()));
if (rotation == 0) {
return B.length() / A.length() + (B.length() % A.length() == 0 ? 0 : 1);
} else {
return 1 + B.length() / A.length() + (B.length() % A.length() == 0 ? 0 : 1);
}
}
}
進(jìn)一步的思考
注意到經(jīng)過(guò)上面的分析，我們知道不論在何種情況下，A最多只需重復(fù)1 + B.length() / A.length() + (B.length() % A.length() == 0 ? 0 : 1)我們就可以判斷出B是否能成為A不斷重復(fù)自己構(gòu)成的字符串的子串。所以我們只需要使用for循環(huán)檢查這么多次即可。這種方法for循環(huán)的時(shí)間復(fù)雜度為O((M/N) * N) = O(M)。for循環(huán)中檢查B是否為當(dāng)前字符串的子串可以用KMP算法實(shí)現(xiàn)worst case為O((M/N) * N) = O(M)。所以算法的時(shí)間復(fù)雜度為O(M ^ 2)。算法空間復(fù)雜度為O(M)因?yàn)槲覀冏顗那闆r下只需要存儲(chǔ)一個(gè)長(zhǎng)度大于等于M但小于M+N的字符串。
這種算法雖然時(shí)間復(fù)雜度上不如之前的算法，但勝在實(shí)現(xiàn)簡(jiǎn)單不用處理太多的特殊情況。
算法的具體實(shí)現(xiàn)如下：
public class Solution {
public static int repeat(String A, String B) {
// If A contains no character, then B cannot be obtained
// by repeating A
if (A == null || A.length() == 0) {
return -1;
}
int totalTimes = 1 + B.length() / A.length() + (B.length() % A.length() == 0 ? 0 : 1);
for (int i = 0; i < totalTimes; i++) {
String repeated = new String(new char[i + 1]).replaceAll("\0", A);
if (repeated.contains(B)) {
return i + 1;
}
}
return -1;
}
}
這里可能需要說(shuō)明的一點(diǎn)是上面我用來(lái)重復(fù)A所使用的代碼：String repeated = new String(new char[n]).replaceAll("\0", A)。其中n是我們想要重復(fù)A的次數(shù)。這段代碼的工作原理是這樣的：
首先我們用char[n]初始化了一個(gè)String。由于在這個(gè)char[n]數(shù)組中我們沒(méi)有給出任何初始值，所以生成的String中的每一個(gè)字符的值都為null，其中共有n個(gè)字符。接下來(lái)我們用replaceAll(regex, value)這個(gè)方法匹配所有的null，也就是"\0"并將它們都替換為A，因此也就將A重復(fù)了n次。
