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LeetCode

题目描述

一条包含字母 A-Z 的消息通过以下映射进行了 编码 ：

‘A’ -> 1
‘B’ -> 2
…
‘Z’ -> 26

要 解码 已编码的消息，所有数字必须基于上述映射的方法，反向映射回字母（可能有多种方法）。例如，"11106" 可以映射为：

  • "AAJF" ，将消息分组为 (1 1 10 6)
  • "KJF" ，将消息分组为 (11 10 6)

注意，消息不能分组为 (1 11 06) ，因为 "06" 不能映射为 "F" ，这是由于 "6" 和 "06" 在映射中并不等价。

给你一个只含数字的 非空 字符串 s ，请计算并返回 解码 方法的 总数 。

题目数据保证答案肯定是一个 32 位 的整数。

示例 1：

输入： s = “12”
输出： 2
解释： 它可以解码为 “AB”（1 2）或者 “L”（12）。

示例 2：

输入： s = “226”
输出： 3
解释： 它可以解码为 “BZ” (2 26), “VF” (22 6), 或者 “BBF” (2 2 6) 。

示例 3：

输入： s = “0”
输出： 0
解释： 没有字符映射到以 0 开头的数字。
含有 0 的有效映射是’J’ -> “10” 和’T’-> “20” 。
由于没有字符，因此没有有效的方法对此进行解码，因为所有数字都需要映射。

示例 4：

输入： s = “06”
输出： 0
解释： “06” 不能映射到 “F” ，因为字符串含有前导 0（"6" 和 "06" 在映射中并不等价）。

提示：

  • 1 <= s.length <= 100

  • s 只包含数字，并且可能包含前导零。

    方法一：递归 回溯 超时，不推荐

    1. class Solution {
    2.   private int res = 0;
    3.   public int numDecodings(String s) {
    4.       if(s.charAt(0) == '0'){
    5.           return 0;
    6.       }
    7.       backstrack(0, s, s.length());
    8.       return res;
    9.   }
    10.   private void backstrack(int start, String s, int len){
    11.       if(start == len || start + 1 == len ){
    12.           ++res;
    13.           return;
    14.       }
    15.       if(s.charAt(start) == '0'){
    16.           return;
    17.       }
    18.       if(s.charAt(start) == '1'){
    19.           backstrack(start+1, s, len);
    20.           backstrack(start+2, s, len);
    21.       }else if(s.charAt(start) == '2' && s.charAt(start+1) < '7'){
    22.           backstrack(start+1, s, len);
    23.           backstrack(start+2, s, len);
    24.       }else{
    25.           backstrack(start+1, s, len);
    26.       }
    28.   }
    29. }

方法二：动态规划

dp[i] 代表下标为 i 时的解码个数

  1. 当字符串第一个字符为 ‘0’ 时，说明不能解码， 返回 0
  2. 第一个字符至少可以解码为一个编码 所以 dp[1] = 1， 空字符串可以有 1 种解码方法，解码出一个空字符串，所以dp[0] = 1。
  3. 从下标为1，也就是第二个字符开始遍历
    1. 如果当前字符为 ‘0’，只能是和前一个字符组成 ‘10’ 或者 ‘20’ 一种可能，所以结果和当前位置前2位的结果相同。 否则，解码错误 返回 0。
    2. 如果当前下标的字符和上一个下标的字符组成 11—26 的编码，则有两种可能
      1. 分为两个字母或者一个字母 所以结果是 dp[i + 1] = dp[i] + dp[i - 1]， dp[i]是解析为两个字母的个数， dp[i-1] 是解析为两个字母的个数
    3. 如果当前下标的字符和上一个下标的字符无法组成合法的字母 则 只能表示一个字母，结果为dp[i + 1] = dp[i];
    4. 返回最后的结果
  1. class Solution {
  2.     private int res = 0;
  3.     public int numDecodings(String s) {
  4.         if(s.charAt(0) == '0'){
  5.             return 0;
  6.         }
  7.         int[] dp = new int[s.length() + 1];
  8.         // 空也是一种
  9.         dp[0] = dp[1] = 1;
  10.         for(int i = 1; i < s.length(); ++i){
  11.             if(s.charAt(i) == '0'){
  12.                 if(s.charAt(i-1) == '1' || s.charAt(i-1) == '2'){
  13.                     dp[i + 1] = dp[i - 1]; 
  14.                 }else{
  15.                     return 0;
  16.                 }
  17.             }else{
  18.                 if(s.charAt(i-1) == '1' || (s.charAt(i-1) == '2' && s.charAt(i) <= '6')){
  19.                     dp[i + 1] = dp[i] + dp[i - 1]; 
  20.                 }else{
  21.                     dp[i + 1] = dp[i]; 
  22.                 }
  23.             }
  24.         }
  25.         return dp[s.length()];
  26.     }
  27. }

其中当前下标的取值只和前两个位置的取值，所以可以优化空间复制度
空间优化后的代码：

  1. class Solution {
  2.     private int res = 0;
  3.     public int numDecodings(String s) {
  4.         if(s.charAt(0) == '0'){
  5.             return 0;
  6.         }
  7.         // 空也是一种
  8.         int pre = 1, cur = 1;
  9.         for(int i = 1; i < s.length(); ++i){
  10.             int tmp = cur;
  11.             if(s.charAt(i) == '0'){
  12.                 if(s.charAt(i-1) == '1' || s.charAt(i-1) == '2'){
  13.                     cur = pre;
  14.                 }else{
  15.                     return 0;
  16.                 }
  17.             }else{
  18.                 if(s.charAt(i-1) == '1' || (s.charAt(i-1) == '2' && s.charAt(i) <= '6')){
  19.                     cur = cur + pre;
  20.                 }else{
  21.                     cur = tmp;
  22.                 }
  23.             }
  24.             pre = tmp;
  25.         }
  26.         return cur;
  27.     }
  28. }
  • 时间复杂度 O(n)
  • 空间复杂度 O(1)