題目

給定兩個字符串, A 和 B。
A 的旋轉(zhuǎn)操作就是將 A 最左邊的字符移動到最右邊。 例如, 若 A = ‘a(chǎn)bcde’，在移動一次之后結(jié)果就是’bcdea’ 。如果在若干次旋轉(zhuǎn)操作之后，A 能變成B，那么返回True。
示例 1:
輸入: A = ‘a(chǎn)bcde’, B = ‘cdeab’
輸出: true
示例 2:
輸入: A = ‘a(chǎn)bcde’, B = ‘a(chǎn)bced’
輸出: false
注意：
A 和 B 長度不超過 100。
來源：力扣（LeetCode）

解題思路

??這個題可以使用貪心策略枚舉每一次移動后的情況并進行對比，如果對比成功那么就可以直接返回結(jié)果，較為簡單。

class Solution:def rotateString(self, s: str, goal: str) -> bool:if len(s)!=len(goal):return Falsefor i in range(len(s)):if s==goal:return Trues=s[1:]+s[0]return False

??一般以貪心策略開始的題目都是可以優(yōu)化的，觀察這一題可以發(fā)現(xiàn)不同字符串想要變成目標字符串旋轉(zhuǎn)的次數(shù)都不盡相同，但是第一個字符不相同的話那么字符串至少要進行一次的旋轉(zhuǎn)操作，如果第二個字符不相同的話那么至少旋轉(zhuǎn)兩次，以此類推如果我們能找到第一個相同的字符便有可能大大減少整個字符串對比的次數(shù)，比如示例1，a與c不一樣，那就判斷b與c，也不相同，那么接下來再判斷c與c，此時直到判定字符為相同經(jīng)過了兩個字符不一樣的比較和一個一樣的比較，那么A字符串至少要旋轉(zhuǎn)兩次，將A的ab直接放在A的末端再進行比較。

class Solution:def rotateString(self, s: str, goal: str) -> bool:if len(s)!=len(goal):return Falsecount=0  #統(tǒng)計要旋轉(zhuǎn)的次數(shù)i=0 #A的指針j=0 #B的指針tcount=0 #統(tǒng)計相同字符的個數(shù)while count<len(s):  #如果旋轉(zhuǎn)次數(shù)未達到最大則進入循環(huán)旋轉(zhuǎn)操作if s[i]!=goal[j]:  #如果目標字符不一致則A的指針向右移動count+=1  #記錄一次旋轉(zhuǎn)操作i=(i+1)%len(s)tcount=0  #重置相同字符計數(shù)器else:tcount+=1  #字符相同則相同字符計數(shù)器加一i=(i+1)%len(s)j=(j+1)%len(s)if tcount==len(s): #在最大旋轉(zhuǎn)操作次數(shù)內(nèi)字符串對比完成return Truereturn False

??不知道怎么回事理論上優(yōu)化過的代碼應該有更小的時間復雜度，但是現(xiàn)實結(jié)果卻反差極大，這可能跟python內(nèi)置函數(shù)的優(yōu)化有關(guān)。。。

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的LeetCode简单题之旋转字符串的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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