java - 用于检查带退格的字符串是否相等的节省空间的算法？

Question

我最近在面试中被问到这个问题:

Given two strings s and t, return if they are equal when both are typed into empty text editors. # means a backspace character.

Input: S = "ab#c", T = "ad#c"
Output: true
Explanation: Both S and T become "ac".

我提出了以下解决方案，但它不节省空间:

  public static boolean sol(String s, String t) {
    return helper(s).equals(helper(t));
  }

  public static String helper(String s) {
    Stack<Character> stack = new Stack<>();
    for (char c : s.toCharArray()) {
      if (c != '#')
        stack.push(c);
      else if (!stack.empty())
        stack.pop();
    }
    return String.valueOf(stack);
  }

我想看看是否有更好的方法来解决这个不使用堆栈的问题。我的意思是我们可以在 O(1) 空间复杂度内解决它吗？

注意:我们也可以有多个退格字符。

Answer 1

为了实现 O(1) 空间复杂度，使用两个指针并从字符串的末尾开始:

public static boolean sol(String s, String t) {
    int i = s.length() - 1;
    int j = t.length() - 1;
    while (i >= 0 || j >= 0) {
        i = consume(s, i);
        j = consume(t, j);
        if (i >= 0 && j >= 0 && s.charAt(i) == t.charAt(j)) {
            i--;
            j--;
        } else {
            return i == -1 && j == -1;
        }
    }
    return true;
}

主要思想是维护# 计数器:如果字符是#，则递增cnt，否则递减。如果 cnt > 0 和 s.charAt(pos) != '#' - 跳过字符(递减位置):

private static int consume(String s, int pos) {
    int cnt = 0;
    while (pos >= 0 && (s.charAt(pos) == '#' || cnt > 0)) {
        cnt += (s.charAt(pos) == '#') ? +1 : -1;
        pos--;
    }
    return pos;
}

时间复杂度:O(n)。

^{Source 1 , Source 2 .}