来源：力扣（LeetCode）

描述：

你会得到一个字符串 s (索引从 0 开始)，你必须对它执行 k 个替换操作。替换操作以三个长度均为 k 的并行数组给出：indices, sources, targets。

要完成第 i 个替换操作:

1. 检查 子字符串 sources[i] 是否出现在 原字符串 s 的索引 indices[i] 处。
2. 如果没有出现， 什么也不做 。
3. 如果出现，则用 targets[i] 替换 该子字符串。

例如，如果 s = "abcd" ， indices[i] = 0 , sources[i] = "ab"， targets[i] = "eee" ，那么替换的结果将是 "eeecd" 。

所有替换操作必须 同时 发生，这意味着替换操作不应该影响彼此的索引。测试用例保证元素间 不会重叠 。

• 例如，一个 s = "abc" ， indices = [0, 1] ， sources = ["ab"，"bc"] 的测试用例将不会生成，因为 "ab" 和 "bc" 替换重叠。

在对 s 执行所有替换操作后返回 结果字符串 。

子字符串 是字符串中连续的字符序列。

示例 1：

输入：s = "abcd", indexes = [0,2], sources = ["a","cd"], targets = ["eee","ffff"]
输出："eeebffff"
解释：
"a" 从 s 中的索引 0 开始，所以它被替换为 "eee"。
"cd" 从 s 中的索引 2 开始，所以它被替换为 "ffff"。

示例 2：

输入：s = "abcd", indexes = [0,2], sources = ["ab","ec"], targets = ["eee","ffff"]
输出："eeecd"
解释：
"ab" 从 s 中的索引 0 开始，所以它被替换为 "eee"。
"ec" 没有从原始的 S 中的索引 2 开始，所以它没有被替换。

提示：

• 1 <= s.length <= 1000
• k == indices.length == sources.length == targets.length
• 1 <= k <= 100
• 0 <= indexes[i] < s.length
• 1 <= sources[i].length, targets[i].length <= 50
• s 仅由小写英文字母组成
• sources[i] 和 targets[i] 仅由小写英文字母组成

方法一：按照下标排序 + 模拟

思路与算法

我们直接按照题目的要求进行模拟即可。

首先我们根据数组 indices，将所有的替换操作进行升序排序。在这一步中，同时对 indices，sources，targets 这三个数组进行排序较为困难，我们可以使用一个长度（记为 m）与它们相同的数组 ops，存储 0 到 m − 1 这 m 个下标，随后对 ops 本身按照 indices 作为第一关键字进行排序即可。

在排序完成后，我们就可以遍历给定的字符串 s 进行操作了。我们使用另一个指针 pt 指向 ops 的首个元素，表示当前需要进行的操作。当我们遍历到第 i 个字符时，我们首先不断往右移动 pt，直到其移出边界，或者第 ops[pt] 个操作的下标不小于 iii。此时，会有如下的两种情况：

• 如果这个下标大于 i，说明不存在下标为 i 的操作。我们可以直接将第 i 个字符放入答案中；
• 如果这个下标等于 i，说明存在下标为 i 的操作。我们将 s 从位置 i 开始的长度与 sources[ops[i]] 的子串与 sources[ops[i]] 进行比较：
  • 如果相等，那么替换操作成功，我们将 targets[ops[i]] 放入答案中。由于替换操作不可能重叠，因此我们可以直接跳过 sources[ops[i]] 长度那么多数量的字符；
  • 否则，替换操作失败，我们可以直接将第 i 个字符放入答案中。

需要注意的是，题目中只保证了成功的替换操作不会重叠，而不保证失败的替换操作不会重叠。因此当这个下标等于 i 时，可能会有多个替换操作需要进行尝试，即我们需要不断往右移动 pt，直到其移出边界，或者第 ops[pt] 个操作的下标严格大于 i。遍历到的替换操作需要依次进行尝试，如果其中一个成功，那么剩余的不必尝试，可以直接退出。

代码：

class Solution {
public:string findReplaceString(string s, vector<int>& indices, vector<string>& sources, vector<string>& targets) {int n = s.size(), m = indices.size();vector<int> ops(m);iota(ops.begin(), ops.end(), 0);sort(ops.begin(), ops.end(), [&](int i, int j) { return indices[i] < indices[j]; });string ans;int pt = 0;for (int i = 0; i < n;) {while (pt < m && indices[ops[pt]] < i) {++pt;}bool succeed = false;while (pt < m && indices[ops[pt]] == i) {if (s.substr(i, sources[ops[pt]].size()) == sources[ops[pt]]) {succeed = true;break;}++pt;}if (succeed) {ans += targets[ops[pt]];i += sources[ops[pt]].size();}else {ans += s[i];++i;}}return ans;}
};

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复杂度分析

• 时间复杂度：O(n+mlog⁡m+ml)，其中 n 是字符串 s 的长度，m 是数组 indices 的长度，l 是数组 sources 和 targets 中字符串的平均长度。
  - 排序需要的时间为 O(mlog⁡m)；
  - 在使用双指针进行遍历的过程中，遍历字符串需要的时间为 O(n)，遍历数组 ops 需要的时间为 O(m)，在最坏情况下需要尝试每一个替换操作，比较和构造最终答案需要的时间为 O(ml)。
  相加即可得到总时间复杂度 O(n+mlogm+ml)。
• 空间复杂度：O(n + ml)。
  - 数组 ops 需要的空间为 O(m)；
  - 排序需要的栈空间为 O(log⁡m)；
  - 在替换操作中进行比较时，如果使用的语言支持无拷贝的切片操作，那么需要的空间为 O(1)，否则为 O(l)；
  - 在构造最终答案时，如果使用的语言支持带修改的字符串，那么需要的空间为 O(1)（不考虑最终答案占用的空间），否则需要 O(n + ml) 的辅助空间。
  对于不同语言，上述需要的空间会有所变化。这里取每一种可能的最大值，相加即可得到总空间复杂度 O(n + ml)。

方法二：哈希表 + 模拟

思路与算法

我们也可以将方法一中的数组 ops 换成哈希映射，其中的键表示字符串中的下标，值是一个数组，存储了所有操作该下标的操作编号。我们只需要对数组 indices 进行一次遍历，就可以得到这个哈希表。

在这之后，当我们对字符串 s 进行遍历时，如果遍历到位置 i，那么哈希表中键 i 对应的数组，就是所有对位置 i 进行的操作。我们使用与方法一相同的方法处理这些操作即可。

代码：

class Solution {
public:string findReplaceString(string s, vector<int>& indices, vector<string>& sources, vector<string>& targets) {int n = s.size(), m = indices.size();unordered_map<int, vector<int>> ops;for (int i = 0; i < m; ++i) {ops[indices[i]].push_back(i);}string ans;for (int i = 0; i < n;) {bool succeed = false;if (ops.count(i)) {for (int pt: ops[i]) {if (s.substr(i, sources[pt].size()) == sources[pt]) {succeed = true;ans += targets[pt];i += sources[pt].size();break;}}}if (!succeed) {ans += s[i];++i;}}return ans;}
};

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复杂度分析

• 时间复杂度：O(n+ml)，其中 n 是字符串 s 的长度，m 是数组 indices 的长度，l 是数组 sources 和 targets 中字符串的平均长度。
• 空间复杂度：O(n+ml)。
  author：力扣官方题解