[数据结构与算法]2021-12-13 139. 单词拆分（动态规划）

注：

题目：
给你一个字符串 s 和一个字符串列表 wordDict 作为字典，判定 s 是否可以由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。

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

提示：
1 <= s.length <= 300
1 <= wordDict.length <= 1000
1 <= wordDict[i].length <= 20
s 和 wordDict[i] 仅有小写英文字母组成
wordDict 中的所有字符串 互不相同

题解：
s 串能否分解为单词表的单词（前 s.length 个字符的 s 串能否分解为单词表单词）。将大问题分解为规模小一点的子问题：

• 前 i 个字符的子串，能否分解成单词
• 剩余子串，是否为单个单词。

dp数组含义
dp[i]：长度为i的s[0:i-1]子串是否能拆分成单词。题目为求dp[s.length]是否为真

状态转移方程
类似的，我们用指针 j 去划分s[0:i] 子串，如下图：

s[0:i] 子串对应 dp[i+1] ，它是否为 true（s[0:i]能否 break），取决于两点：

• 它的前缀子串 s[0:j-1] 的 dp[j]，是否为 true。
• 剩余子串 s[j:i]，是否是单词表的单词。

初始化
base case 为dp[0] = true。即，长度为 0 的s[0:-1]能拆分成单词表单词。
当 j = 0 时（上图黄色前缀串为空串），s[0:i]的dp[i+1]，取决于s[0:-1]的dp[0]和剩余子串s[0:i]是否是单个单词。

只有让dp[0]为真，dp[i+1]才会只取决于s[0:i]是否为单个单词，才能用上这个状态转移方程。

遍历顺序
先遍历i，之后j的取值为[0,i]

复杂度分析
时间复杂度：O(n²)，其中 n 为字符串 s 的长度。我们一共有 O(n) 个状态需要计算，每次计算需要枚举 O(n) 个分割点，哈希表判断一个字符串是否出现在给定的字符串列表需要 O(1) 的时间，因此总时间复杂度为 O(n²)O。

空间复杂度：O(n) ，其中 n 为字符串 s 的长度。我们需要 O(n) 的空间存放 dp 值以及哈希表亦需要 O(n) 的空间复杂度，因此总空间复杂度为 O(n)。

class Solution {
public:
    bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
        vector<bool> dp(s.size()+1,false);
        dp[0]=true;
        for(int i=1;i<=s.size();i++){
            for(int j=0;j<i;j++){
                if(find(wordDict.begin(),wordDict.end(),s.substr(j,i-j))!=wordDict.end()&&dp[j]==true){
                    dp[i]=true;
                }
            }
        }
        return dp[s.size()];
    }
};