题目描述
这是 LeetCode 上的 1239. 串联字符串的最大长度 ，难度为 中等。
Tag : 「DFS」、「二进制枚举」、「模拟退火」
给定一个字符串数组 arr，字符串 s 是将 arr 某一子序列字符串连接所得的字符串，如果 s 中的每一个字符都只出现过一次，那么它就是一个可行解。
请返回所有可行解 s 中最长长度。
示例 1：
输入：arr = ["un","iq","ue"] 输出：4 解释：所有可能的串联组合是 "","un","iq","ue","uniq" 和 "ique"，最大长度为 4。 复制代码
示例 2：
输入：arr = ["cha","r","act","ers"] 输出：6 解释：可能的解答有 "chaers" 和 "acters"。 复制代码
示例 3：
输入：arr = ["abcdefghijklmnopqrstuvwxyz"] 输出：26 复制代码
提示：
- 1 <= arr.length <= 16
- 1 <= arr[i].length <= 26
- arr[i] 中只含有小写英文字母
基本分析
根据题意，可以将本题看做一类特殊的「数独问题」：在给定的 arr 字符数组中选择，尽可能多的覆盖一个 1 * 261∗26 的矩阵。
对于此类「精确覆盖」问题，换个角度也可以看做「组合问题」。
通常有几种做法：DFS、剪枝 DFS、二进制枚举、模拟退火、DLX。
其中一头一尾解法过于简单和困难，有兴趣的同学自行了解与实现。
基本分析
根据题意，可以将本题看做一类特殊的「数独问题」：在给定的 arr 字符数组中选择，尽可能多的覆盖一个 1 * 261∗26 的矩阵。
对于此类「精确覆盖」问题，换个角度也可以看做「组合问题」。
通常有几种做法：DFS、剪枝 DFS、二进制枚举、模拟退火、DLX。
其中一头一尾解法过于简单和困难，有兴趣的同学自行了解与实现。
剪枝 DFS
根据题意，可以有如下的剪枝策略：
- 预处理掉「本身具有重复字符」的无效字符串，并去重；
- 由于只关心某个字符是否出现，而不关心某个字符在原字符串的位置，因此可以将字符串使用
int进行表示； - 由于使用
int进行表示，因而可以使用「位运算」来判断某个字符是否可以被追加到当前状态中； DFS过程中维护一个total，代表后续未经处理的字符串所剩余的“最大价值”是多少，从而实现剪枝；- 使用
lowbit计算某个状态对应的字符长度是多少； - 使用「全局哈希表」记录某个状态对应的字符长度是多少（使用
static修饰，确保某个状态在所有测试数据中只会被计算一次）； - 【未应用】由于存在第 44 点这样的「更优性剪枝」，理论上我们可以根据「字符串所包含字符数量」进行从大到小排序，然后再进行
DFS这样效果理论上会更好。想象一下如果存在一个包含所有字母的字符串，先选择该字符串，后续所有字符串将不能被添加，那么由它出发的分支数量为 00；而如果一个字符串只包含单个字母，先决策选择该字符串，那么由它出发的分支数量必然大于 00。但该策略实测效果不好，没有添加到代码中。
代码：
class Solution { // 本来想使用如下逻辑将「所有可能用到的状态」打表，实现 O(1) 查询某个状态有多少个字符，但是被卡了 // static int N = 26, M = (1 << N); // static int[] cnt = new int[M]; // static { // for (int i = 0; i < M; i++) { // for (int j = 0; j < 26; j++) { // if (((i >> j) & 1) == 1) cnt[i]++; // } // } // } static Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>(); int get(int cur) { if (map.containsKey(cur)) { return map.get(cur); } int ans = 0; for (int i = cur; i > 0; i -= lowbit(i)) ans++; map.put(cur, ans); return ans; } int lowbit(int x) { return x & -x; } int n; int ans = Integer.MIN_VALUE; int[] hash; public int maxLength(List<String> _ws) { n = _ws.size(); HashSet<Integer> set = new HashSet<>(); for (String s : _ws) { int val = 0; for (char c : s.toCharArray()) { int t = (int)(c - 'a'); if (((val >> t) & 1) != 0) { val = -1; break; } val |= (1 << t); } if (val != -1) set.add(val); } n = set.size(); if (n == 0) return 0; hash = new int[n]; int idx = 0; int total = 0; for (Integer i : set) { hash[idx++] = i; total |= i; } dfs(0, 0, total); return ans; } void dfs(int u, int cur, int total) { if (get(cur | total) <= ans) return; if (u == n) { ans = Math.max(ans, get(cur)); return; } // 在原有基础上，选择该数字（如果可以） if ((hash[u] & cur) == 0) { dfs(u + 1, hash[u] | cur, total - (total & hash[u])); } // 不选择该数字 dfs(u + 1, cur, total); } } 复制代码
二进制枚举
首先还是对所有字符串进行预处理。
然后使用「二进制枚举」的方式，枚举某个字符串是否被选择。
举个🌰，(110)_{2}(110)2 代表选择前两个字符串，(011)_{2}(011)2 代表选择后两个字符串，这样我们便可以枚举出所有组合方案。
代码：
class Solution { static Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>(); int get(int cur) { if (map.containsKey(cur)) { return map.get(cur); } int ans = 0; for (int i = cur; i > 0; i -= lowbit(i)) ans++; map.put(cur, ans); return ans; } int lowbit(int x) { return x & -x; } int n; int ans = Integer.MIN_VALUE; Integer[] hash; public int maxLength(List<String> _ws) { n = _ws.size(); HashSet<Integer> set = new HashSet<>(); for (String s : _ws) { int val = 0; for (char c : s.toCharArray()) { int t = (int)(c - 'a'); if (((val >> t) & 1) != 0) { val = -1; break; } val |= (1 << t); } if (val != -1) set.add(val); } n = set.size(); if (n == 0) return 0; hash = new Integer[n]; int idx = 0; for (Integer i : set) hash[idx++] = i; for (int i = 0; i < (1 << n); i++) { int cur = 0, val = 0; for (int j = 0; j < n; j++) { if (((i >> j) & 1) == 1) { if ((cur & hash[j]) == 0) { cur |= hash[j]; val += get(hash[j]); } else { cur = -1; break; } } } if (cur != -1) ans = Math.max(ans, val); } return ans; } } 复制代码
模拟退火
事实上，可以将原问题看作求「最优前缀序列」问题，从而使用「模拟退火」进行求解。
具体的，我们可以定义「最优前缀序列」为 组成最优解所用到的字符串均出现在排列的前面。
举个🌰，假如构成最优解使用到的字符串集合为 [a,b,c]，那么对应 [a,b,c,...]、[a,c,b,...] 均称为「最优前缀序列」。
不难发现，答案与最优前缀序列是一对多关系，这指导我们可以将「参数」调得宽松一些。
调整成比较宽松的参数可以跑赢「二进制枚举」，但为了以后增加数据不容易被 hack，还是使用 N=400 & fa=0.90 的搭配。
「模拟退火」的几个参数的作用在 这里 说过了，不再赘述。
代码：
class Solution { static Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>(); int get(int cur) { if (map.containsKey(cur)) { return map.get(cur); } int ans = 0; for (int i = cur; i > 0; i -= lowbit(i)) ans++; map.put(cur, ans); return ans; } int lowbit(int x) { return x & -x; } int n; int ans = Integer.MIN_VALUE; Random random = new Random(20210619); double hi = 1e4, lo = 1e-4, fa = 0.90; int N = 400; int calc() { int mix = 0, cur = 0; for (int i = 0; i < n; i++) { int hash = ws[i]; if ((mix & hash) == 0) { mix |= hash; cur += get(hash); } else { break; } } ans = Math.max(ans, cur); return cur; } void swap(int[] arr, int i, int j) { int c = arr[i]; arr[i] = arr[j]; arr[j] = c; } void sa() { for (double t = hi; t > lo; t *= fa) { int a = random.nextInt(n), b = random.nextInt(n); int prev = calc(); swap(ws, a, b); int cur = calc(); int diff = prev - cur; if (Math.log(diff / t) >= random.nextDouble()) { swap(ws, a, b); } } } int[] ws; public int maxLength(List<String> _ws) { // 预处理字符串：去重，剔除无效字符 // 结果这一步后：N 可以下降到 100；fa 可以下降到 0.70，耗时约为 78 ms // 为了预留将来添加测试数据，题解还是保持 N = 400 & fa = 0.90 的配置 n = _ws.size(); HashSet<Integer> set = new HashSet<>(); for (String s : _ws) { int val = 0; for (char c : s.toCharArray()) { int t = (int)(c - 'a'); if (((val >> t) & 1) != 0) { val = -1; break; } val |= (1 << t); } if (val != -1) set.add(val); } n = set.size(); if (n == 0) return 0; ws = new int[n]; int idx = 0; for (Integer i : set) ws[idx++] = i; while (N-- > 0) sa(); return ans; } } 复制代码
最后
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.1239 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先将所有不带锁的题目刷完。
在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。
为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：github.com/SharingSour… 。
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