前言

中等 √ 继续回溯，不知咋地感觉这两题有点难度，是因为隔一天就手感生疏了吗？

单词搜索

我的题解

定义方向数组、二维访问数组。图搜索，向上下左右每个方向搜索，需要更新的信息：坐标、是否遍历过、搜索到的字母位置。剪枝条件：数组越界、超出单词长度、已搜到、位置已访问过。注意：起始位置不能从0,0开始，需要先遍历整个图找出单词首字母位置，存入队列，再遍历该队列进行搜索。

class Solution {
public:int m, n, l;bool ans = false;vector<vector<int>> dir = {{-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1}};vector<vector<bool>> visited;void findans(vector<vector<char>>& board, string word, int c, int r, int point){//数组越界、超出单词长度、不符合if (c < 0 || c >= m || r < 0 || r >= n || point >= l || ans == true || visited[c][r] == true)return;for (int i = 0; i < 4; i++){if (board[c][r] == word[point]){if (point == l-1) ans = true;int dc = dir[i][0];int dr = dir[i][1];visited[c][r] = true;findans(board, word, c + dc, r + dr, point + 1);visited[c][r] = false;}}}bool exist(vector<vector<char>>& board, string word) {m = board.size();n = board[0].size();l = word.size();queue<pair<int, int>> q;for (int i = 0; i < m; i++){for (int j = 0; j < n; j++){if (board[i][j] == word[0])q.push({i, j});}}while (!q.empty() && ans == false){visited.resize(m, vector<bool>(n, false));findans(board, word, q.front().first, q.front().second, 0);q.pop();}return ans;}
};

官方题解

官解思路与笔者一致，不赘述，这里贴一个评论区的优化方法

第一个优化

比如示例 3，word=ABCB，其中字母 B 出现了 2 次，但 board 中只有 1 个字母 B，所以肯定搜不到 word，直接返回 false。

一般地，如果 word 的某个字母的出现次数，比 board 中的这个字母的出现次数还要多，可以直接返回 false。

第二个优化

设 word 的第一个字母在 board 中的出现了 x 次，word 的最后一个字母在 board 中的出现了 y 次。

如果 y<x，我们可以把 word 反转，相当于从 word 的最后一个字母开始搜索，这样更多的时候一开始就匹配失败，递归的总次数更少。

加上这两个优化，就可以击败接近 100% 了！

心得

本质是图搜索，知识点都是关联的，比较多边界条件要考虑，另外笔者的剪枝位置与官解不太一致，一个是函数开头，一个是循环里面下一层递归前，应该都是一样的，不过感觉可以的话尽量在下一层递归前剪枝好一点，这应该也是预剪枝和后剪枝的区别？节省时间和空间。

分割回文串

我的题解

遍历从上一刀（初始为0）到末尾的每个位置，如果为回文，加入子解集中，一直到上一刀到末尾为止，加入总解集中。双指针判断是否回文。

class Solution {
public:vector<vector<string>> ans;vector<string> pre;bool isPaindrome(string s, int begin, int end){while (begin < end){if (s[begin] == s[end]){begin ++;end --;}else{return false;}}return true;}void findans(string s, int point){if (point == s.size()){ans.push_back(pre);}for (int i = point; i < s.size(); i++){if (isPaindrome(s, point, i)){pre.push_back(s.substr(point, i+1-point));findans(s, i+1);pre.pop_back();}}}vector<vector<string>> partition(string s) {if (s.empty())return {};findans(s, 0);return ans;}
};

官方题解

官解与笔者思路大致一样，但是用了动态规划把每个子串是不是回文串预处理了出来，大大节省时间。

class Solution {
private:vector<vector<int>> f;vector<vector<string>> ret;vector<string> ans;int n;public:void dfs(const string& s, int i) {if (i == n) {ret.push_back(ans);return;}for (int j = i; j < n; ++j) {if (f[i][j]) {ans.push_back(s.substr(i, j - i + 1));dfs(s, j + 1);ans.pop_back();}}}vector<vector<string>> partition(string s) {n = s.size();f.assign(n, vector<int>(n, true));for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {for (int j = i + 1; j < n; ++j) {f[i][j] = (s[i] == s[j]) && f[i + 1][j - 1];}}dfs(s, 0);return ret;}
};

心得

果然一天不做就手生了，官解的动态规划解法认真学习，有点意思！

知识点

初始化二维数组 f.assign(n, vector<int>(n, true)); 

1. vector<int>(n, true)​​:

   • 创建一个大小为 n 的 vector<int>（整数向量）
   • 所有元素初始化为 true（注意：true 会被隐式转换为 int 类型的 1）

2. ​​f.assign(n, ...)​​:

   • 对向量 f 进行赋值操作
   • 将 f 设置为包含 n 个上述创建的 vector<int>(n, true)
   • 结果是创建一个 n × n 的二维向量，所有元素初始化为 1