【发布时间】：2011-10-02 12:42:40
【问题描述】：
在 O(nlogn) 时间内对两个字符串进行排序后，您可以找到 2 个字符串是否是字谜，但是是否有可能在 o(n) 时间和 O(1) 空间中找到它。
【问题讨论】：
【发布时间】：2011-10-02 12:42:40
【问题描述】：
这里绝对没有专家......
但是为什么不检查每个字符串并简单地计算每个字母出现的次数。
如果实施得当，这不会超过 O(n) 时间。
【讨论】：
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好吧，如果它只使用字母，那么它会占用 O(1) 空间，因为有 26 个字母，而 26 = O(1)。 ;)
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+1 为了快速完成，我将存储 2 个 int[256] 数组，或者如果您不限于扩展 ASCII，则 int[#] 其中 # 是您的输入字符集的大小.使用单个 unsigned int 单步执行并在字符的代码点处增加 int 的值（将其转换为 int）。然后运行两个数组并确保每个值都相等。如果没有，则立即返回 NO，如果到达终点，则返回 YES。
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@Petar，你提出了一个很好的观点，如果我们有一种包含多种字母类型的外星语言怎么办……我们迷路了！
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@shreyasva：字符集是不变的。很公平，它不是一个小数组，但 256 个整数在您的输入大小（即您要比较的字符串的长度）方面将保持不变。所以它仍然是 O(1) 空间，因为即使你使用一个巨大的输入字符串，一个 int 总是占用相同数量的空间。
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@darvids0n 从技术上讲，不-您的整数是固定长度的，因此足够长的输入字符串将需要更多存储空间来存储计数，使其成为 O(n log m)。但我个人认为，这种区别太过分了，不值得做。 ;)
生成一个素数数组[26] 每个素数代表一个字符，然后在遍历字符串时，将每个字符的素数相乘，如果相等，则为字谜，否则不。它需要 O(n) 和恒定空间
【讨论】：
有几种方法可以解决它。
方法一 - 使用自定义哈希码函数
我们可以有 hashCode 函数，如：
static int[] primes = {3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, 103};
static String alphabet = "abcdefghijklmnopqrstuvwxyz";
public static int hashCode(String s){
int sum = 0;
for(char c: s.toCharArray()){
sum += primes[c-97];
}
return sum;
}
生成两个字符串的哈希，如果 hashCode 相等，则字符串为字谜。这种方法类似于 Jin 提到的解决方案，因为它以某种方式为字符串生成 hashCode。
时间复杂度 - O(n)
方法2 - 使用字符和整数的hashmap
将 2 个字符串视为 2 个字符数组。遍历第一个数组，将字符添加到char和count的hashmap中，找到字符后增加计数。同样遍历第二个数组，减少哈希图中的计数器，或者如果你没有找到字符，它们不是字谜。最后，当 map 包含所有字符并且计数为 0 时，那么 2 个字符串又是字谜。
方法 3 - 使用计数数组（我的最爱）
boolean are_anagrams(string1, string2){
let counts = new int[26];
for each char c in lower_case(string1)
counts[(int)c]++
for each char c in lower_case(string2)
counts[(int)c]--
for each int count in counts
if count != 0
return false
return true
}
您可以获得所有代码here。
【讨论】：
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我想知道如何使用方法 1 为“cat”和“tac”生成相同的哈希码。这听起来不像是一个选项。
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@videoguy：我完全同意你的看法。我已从哈希码更正为自定义哈希码 :) 感谢您的帮助 :)
是的，使用哈希并计算出现次数。如果最后，我们有一个非零数字，那么字符串不是字谜。
let h => hash which maps letters to occurence_count (initialized to 0)
for each letter l in string a
h[l] = h[l] + 1
end
for each letter l in string b
h[l] = h[l] - 1
end
for each key l in h
return false if h[l] != 0
end
return true
这将在 O(n) + O(n) + c = O(n) 中运行。我们的哈希包含 26 个字母的点，每个点都有一个与之关联的整数。因此空间为 O(26) = O(1)
[[Edit]]，同上，但带有时间分析注释：
let h => hash which maps letters to occurence_count (initialized to 0)
#this loop runs n times
for each letter l in string a
#hash lookups / writes are constant time
h[l] = h[l] + 1
end
#above function ran O(n) time
for each letter l in string b
h[l] = h[l] - 1
end
#runs in O(alphabet) = O(c) = constant-time
for each key l in h
return false if h[l] != 0
end
return true
【讨论】：
运行：O(n) + O(n) = O(n)
修复已用空间：O(256) = O(1)
这是Java代码
private static boolean isAnagramWithOneArray(String strFirst, String strSecond) {
int[] charsCount = new int[256];
if (strFirst != null && strSecond != null) {
if (strFirst.length() != strSecond.length()) {
return false;
}
for (int i = 0; i < strFirst.length(); i++) {
charsCount[strFirst.charAt(i)]++;
charsCount[strSecond.charAt(i)]--;
}
for (int i = 0; i < charsCount.length; i++) {
if (charsCount[i] != 0) {
return false;
}
}
return true;
} else {
return (strFirst == null && strSecond == null);
}
}
【讨论】：
unsigned char CharacterCheck(char item)
{
if ((item >= 'A') && (item <= 'Z'))
return (item - 'A');
if ((item >= 'a') && (item <= 'z'))
return ((item - ('a' - 'A')) - 'A');
return -1;
}
unsigned char AnagramCheck6 (char * item1, char * item2)
{
char *test = item1;
char *test2 = item2;
int count = 0;
unsigned char rc = 0;
unsigned char rslt = 0;
while (*test && *test2)
{
rslt = CharacterCheck(*test++);
if (rslt != 0xff)
count += rslt;
rslt = CharacterCheck(*test2++);
if (rslt != 0xff)
count -= rslt;
}
if (*test)
{
while (*test)
{
rslt = CharacterCheck(*test++);
if (rslt != 0xff)
count += rslt;
}
}
if (*test2)
{
while (*test2)
{
rslt = CharacterCheck(*test2++);
if (rslt != 0xff)
count -= rslt;
}
}
if (count)
rc = 1;
return rc;
}
下面的 sn-p 检查正确的字符并在需要时转换大小写。第二次和第三次检查会考虑字符串是否长度不同
【讨论】：
如果您按排序顺序转换单词字符并对字符串进行哈希处理。排序后具有相同哈希的每个字符串将是另一个的字谜（很可能，总是有冲突的机会）。
【讨论】：
以上代码在所有情况下都无法正常工作
我们可以进行快速排序并在消除空格的同时比较数组
【讨论】：
这里的所有建议都倾向于使用相同的方法对输入字符串进行排序，然后比较结果。对常规 ascii 字母最感兴趣，这可以通过计数排序来优化，这似乎是大多数回答者的方法。计数排序可以在 O(n) 中对有限的数字/整数字母表进行排序，因此从技术上讲它是正确的答案。如果我们必须考虑之后遍历计数数组的时间，它将包括字母表的时间，在字母表是 UTF-32 的情况下，使 O(m+n) 成为更正确的上限。
我倾向于认为最普遍正确的方法需要 O(n lg n)，因为如果字母表不能被充分限制，快速排序可能会实时更快。
【讨论】：
我会这样做：
//is s an anagram of t?
#include <string>
bool is_anagram(const string& s, const string& t)
{
bool ret = false;
//if s and t are anagrams, they must of same size
if( s.length() != t.length() )
{
return ret;
}
//assume that s and t have valid ascii characters only
char letters[ 256 ] = {0};
int i;
// find occurence of each character in string s
for( i = 0; i < s.length(); i++ )
{
(letters[ s[i] ])++;
}
// now, find occurence of each character in string t, but decrement
// correspnding character
for( i = 0; i < t.length(); i++ )
{
//if the count is <0 means the given character is not present in s
if( --(letters[ t[i] ]) < 0 )
{
return ret;
}
}
//out of for loop means success
ret = true;
return ret;
}
【讨论】：
使用 python 做类似的事情？
def anagram(a,b):
s1=list(a)
s2=list(b)
for i in s1:
if i in s2:
s2.remove(i)
print(s2)
return len(s2)==0
如果字符串不是彼此的字谜，这将返回 false。
为了避免使用 remove 等内置插件，可以使用以下方法吗？
def hana(a,b):
s1=list(a.lower())
s2=list(b.lower())
print(s1,s2)
h={'a': 0, 'c': 0, 'b': 0, 'e': 0, 'd': 0, 'g': 0, 'f': 0, 'i': 0, 'h': 0, 'k': 0,'j': 0, 'm': 0, 'l': 0, 'o': 0, 'n': 0, 'q': 0, 'p': 0, 's': 0, 'r': 0, 'u': 0, 't': 0, 'w': 0, 'v': 0, 'y': 0, 'x': 0, 'z': 0}
for i in s1:
h[i]+=1
for i in s2:
h[i]-=1
for key, val in h.items():
if val != 0:
return False
return(True)
如果字符串是彼此的字谜，那么所有键的最终哈希值应该为 0。如果它不是 0，那么我们有重复的字符或其他字符串中不存在的字符，这意味着它不是 anagram。
【讨论】：
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您能否详细说明问题规模越来越大的运行时？
anagram('fallacies', "false")
可能是这样的：
String str1 = "test";
String str2 = "tzet";
int count = 0;
for (int i = 0; i < str1.length(); i++)
{
count = count + str1.charAt(i) - str2.charAt(i);
}
System.out.println(count);
从字符串 2 中减去每个字符，然后将字符串 1 中的每个字符相加到 count（假设为 ASCII 字符）。如果它们是字谜，则计数将等于零。
不过，这不包括插入空格的字谜。
【讨论】：
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str1=cccc str2=bdcc打印：0