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• 难度： 中等
• 通过率： 33.7%
• 题目链接：. - 力扣（LeetCode）

题目描述

给定一个非空字符串 s 和一个包含非空单词列表的字典 wordDict，判定 s 是否可以被空格拆分为一个或多个在字典中出现的单词。

说明：

• 拆分时可以重复使用字典中的单词。
• 你可以假设字典中没有重复的单词。

示例 1：

输入: s = "leetcode", wordDict = ["leet", "code"]
输出: true
解释: 返回 true 因为 "leetcode" 可以被拆分成 "leet code"。

示例 2：

输入: s = "applepenapple", wordDict = ["apple", "pen"]
输出: true
解释: 返回 true 因为 "applepenapple" 可以被拆分成 "apple pen apple"。注意你可以重复使用字典中的单词。

示例 3：

输入: s = "catsandog", wordDict = ["cats", "dog", "sand", "and", "cat"]
输出: false

解法：

解法 1. 广度优先搜索

整个字符串是由多个单词拼接而成的，这些单词的拼接组合构成了一颗巨大的树。如果有一条路径上的单词可以构成该字符串，则说明有解。但是暴力搜索这个树，其时间复杂度为 O(n^n)。

基于广度优先的搜索方法，可以大幅度减少时间复杂度。其思想是，在字典中寻找字符串的前缀，然后移除前缀，继续寻找前缀。直到最后字符串为空时，认为字典里的单词可以构成该字符串。

下面的代码中，从下标 0 开始，寻找前缀字符串，然后将结尾下标入队列，下一次取出该值作为新的起始下标。

class Solution:def wordBreak(self, s: str, wordDict) -> bool:queue = [0]words = set(wordDict)while queue:start = queue.pop(0)if start == len(s):return Truefor end in range(start+1, len(s)+1):if s[start:end] in words:queue.append(end)return False

但是上面这种方法依然超时了，动态规划能够得到更低的时间复杂度。

解法 2. 动态规划

对于字符串 s，如果 s[:i] 和 s[i:] 均可以由字典中的单词组成，那么整个字符串 s 也就可以由字典中单词组成。

用 dp[i] 表示 s[:i] 是否可由字典中单词组成。

class Solution:def wordBreak(self, s: str, wordDict) -> bool:dp = [False] * (len(s) + 1)dp[0] = Truewords = set(wordDict)for i in range(1, len(s)+1):for j in range(0, i):if dp[j] and s[j:i] in words:dp[i] = Truebreakreturn dp[-1]