【字符串】【分类讨论】【KMP】1163. 按字典序排在最后的子串

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字符串字典序分类讨论
本题无法使用KMP，因为t1不段变化。

LeetCode1163. 按字典序排在最后的子串

给你一个字符串 s ，找出它的所有子串并按字典序排列，返回排在最后的那个子串。
示例 1：
输入：s = “abab”
输出：“bab”
解释：我们可以找出 7 个子串 [“a”, “ab”, “aba”, “abab”, “b”, “ba”, “bab”]。按字典序排在最后的子串是 “bab”。
示例 2：
输入：s = “leetcode”
输出：“tcode”
提示：
1 <= s.length <= 4 * 10⁵
s 仅含有小写英文字符。

KMP

令s[0,i)的最后子串是t1，s[0,i]的最后子串t2。则t2一定以s[i]，结尾，因为t1+s[i]一定在t1后面。
$\begin{cases} 从t1取0个字符，t2 = s[i] & s[i] > t[0] \\ 从t1取后m个字符 t[i-m,i)+s[i] &条件下面详述\\ \end{cases}$
t1[0,m) 不会小于 t[i-m,i)，否则t1就是t[n-m,m)。
如果两种是大于关系，则t1[0,m]大于 t[i-m,i)+s[i] ,不成立。
故一定是相等关系，且t1[m]小于s[i]。
可以利用KMP的公共前后缀。
如果以上情况都不符合，则t2 = t1 + s[i]。
如果使用KMP,t1不断变化，时间复杂度是O(nn)，超时。

分类讨论

令n = s.length()。
性质一：令s[x,y)是最后的子串，x $\in$ [0,n)则y=n。因为s[x,n)的字典序比s[x,y)大。
性质二:令s[i,n)在s[x,n)中的字典序最大，x $\in$ [0,j)。确保:j > i。
令s[i,i+k)和s[j,j+k)相等,下标 j+K非法， s[i+k]!=s[j+k]。初始：i=0,j=1,k=0
$\begin{cases} k++ & s[i+k]==s[j+k] \\ k=0,i=j,j++& s[i+k] < s[j+k] & 待证明一\\ k=0,i+= k+1 & s[i+k] > s[j+k] & 待证明二\\ \end{cases}$

待证明一

显然s[j,n)的字典序大于s[i,n)结合性质二，s[j,n)是 s[x,n)中的最大字典序，x $\in$ [0,j+1)。

待证明二

令x $\in$ [j,j+k] ，则len = x - j+1 。
s[x,n)的字典序小于s[i+len,n)，结合性质二,s[i+len,n)小于s[i],s[x,n)小于s[i,n)。现在来证明无后效性：
从小到处理len，则:
s[0,j+len)符合性质二，由于s[0,i+len]符合性质二。

超时

多余n-1个a，后面跟一个b。时间复杂度O(nn)。

代码

核心代码

class Solution {
public:string lastSubstring(string s) {int i = 0;for (int j = 1; j < s.length(); ){int k = 0;for (; ((j + k) < s.length()) && (s[j + k] == s[i + k]); k++);int tmp = i;if (s[i + k] < s[j + k]){i = j++;}else{j += k + 1;}			}return s.substr(i);}
};

测试用例

template<class T,class T2>
void Assert(const T& t1, const T2& t2)
{assert(t1 == t2);
}template<class T>
void Assert(const vector<T>& v1, const vector<T>& v2)
{if (v1.size() != v2.size()){assert(false);return;}for (int i = 0; i < v1.size(); i++){Assert(v1[i], v2[i]);}}int main()
{string s ;{Solution sln;s = "cacacb";auto res = sln.lastSubstring(s);Assert("cb", res);}{Solution sln;s = "abab";auto res = sln.lastSubstring(s);Assert("bab", res);}{Solution sln;s = "leetcode";auto res = sln.lastSubstring(s);Assert("tcode", res);}}

优化

极端情况下，i=j++，执行了n次,k也为n。故时间复杂度为O(nn)。
分两种情况：
一，i+k <= j 不变。
二，i+k > j。下面具体分析：
令m = j-i。
将s[j,j+k)和s[i,i+k)分成若干块,最后一块长度为k%m,前面的块长度都为m，则：
s[j,j+k)的各块分别为：s[j,i) s[i,i+m) s[i+m,i+m2) $\cdots$
s[i,i+k)的个块分别为：s[i,i+m) s[i+m,i+m2) $\cdots$
$\rightarrow$ s[j,i) == s [i,i+m) == s[i+m,i+m*2) $\cdots$
显然s[j,n)淘汰了s[i,n)
x$\in[0,m)
s[j,n)能够淘汰s[j+n,n) 因为s[i,n)删除前m个字符，s[i+x,n)删除就是两者。
同理：s[j+m,n)能淘汰s[j]和s[j+m+x,n)。
$\vdots$
故 i =j + k - (k%m) $\iff$ i+m+k - (k%m)
因为 m > k%m ，所以 i+m+k - (k%m) > i+ k，也就i至少增加k。
无论什么情况：
i或j至少有一个至少增加k，故总时间复杂度是O(n)。

代码

class Solution {
public:string lastSubstring(string s) {int i = 0;for (int j = 1; j < s.length(); ){int k = 0;for (; ((j + k) < s.length()) && (s[j + k] == s[i + k]); k++);int tmp = i;if (s[i + k] < s[j + k]){const int m = j - i;if (k > m){i = (j + k - k%m);j = i + 1;}else{i = j++;}}else{j += k + 1;}			}return s.substr(i);}
};

2023年5月版

class Solution {
public:
string lastSubstring(string s) {
int iMaxIndex = 0;
for (int i = 1; i < s.length(); i++)
{
int k = 0;
for (; (i + k < s.length()) && (s[i + k] == s[iMaxIndex + k]); k++)
{
}
if ((i + k < s.length()) && (s[i + k] > s[iMaxIndex + k]))
{
auto tmp = iMaxIndex;
iMaxIndex = i;
i = max(i,tmp+k);
}
else
{
i = i + k ;
}
}
return s.substr(iMaxIndex);
}
};

2024年2月版

class Solution {
public:
string lastSubstring(string s) {
int i = 0;
for (int j = 1; j < s.length(); )
{
int k = 0;
for (; ((j + k) < s.length()) && (s[j + k] == s[i + k]); k++);
int tmp = i;
if (s[i + k] < s[j + k])
{
const int m = j - i;
if (k > m)
{
i += k+1;
j = i + 1;
}
else
{
i = j++;
}
}
else
{
j += k + 1;
}
}
return s.substr(i);
}
};

扩展阅读

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