Given a list of words, we may encode it by writing a reference string S and a list of indexes A.
For example, if the list of words is ["time", "me", "bell"], we can write it as S = "time#bell#" and indexes = [0, 2, 5].
Then for each index, we will recover the word by reading from the reference string from that index until we reach a "#" character.
What is the length of the shortest reference string S possible that encodes the given words?
Example:
Input: words =["time", "me", "bell"]Output: 10 Explanation: S ="time#bell#" and indexes = [0, 2, 5].
Note:
1 <= words.length <= 2000.1 <= words[i].length <= 7.- Each word has only lowercase letters.
这道题给了我们一个单词数组，让我们对其编码，不同的单词之间加入#号，每个单词的起点放在一个坐标数组内，终点就是#号，能合并的单词要进行合并，问输入字符串的最短长度。题意不难理解，难点在于如何合并单词，我们观察题目的那个例子，me和time是能够合并的，只要标清楚其实位置，time的起始位置是0，me的起始位置是2，那么根据#号位置的不同就可以顺利的取出me和time。需要注意的是，如果me换成im，或者tim的话，就不能合并了，因为我们是要从起始位置到#号之前所有的字符都要取出来。搞清楚了这一点之后，我们在接着观察，由于me是包含在time中的，所以我们处理的顺序应该是先有time#，然后再看能否包含me，而不是先生成了me#之后再处理time，所以我们可以得出结论，应该先处理长单词，那么就给单词数组按长度排序一下就行，自己重写一个comparator就行。然后我们遍历数组，对于每个单词，我们都在编码字符串查找一下，如果没有的话，直接加上这个单词，再加一个#号，如果有的话，就可以得到出现的位置。比如在time#中查找me，得到found=2，然后我们要验证该单词后面是否紧跟着一个#号，所以我们直接访问found+word.size()这个位置，如果不是#号，说明不能合并，我们还是要加上这个单词和#号。最后返回编码字符串的长度即可，参见代码如下：
解法一：
class Solution { public: int minimumLengthEncoding(vector<string>& words) { string str = ""; sort(words.begin(), words.end(), [](string& a, string& b){return a.size() > b.size();}); for (string word : words) { int found = str.find(word); if (found == string::npos || str[found + word.size()] != '#') { str += word + "#"; } } return str.size(); } };
我们再来看一种不用自定义comparator的方法，根据之前的分析，我们知道其实是在找单词的后缀，比如me就是time的后缀。我们希望将能合并的单词排在一起，比较好处理，而后缀又不好排序。那么我们就将其转为前缀，做法就是给每个单词翻转一下，time变成emit，me变成em，这样我们只要用默认的字母顺序排，就可以得到em，emit的顺序，那么能合并的单词就放到一起了，而且一定是当前的合并到后面一个，那么就好做很多了。我们只要判读当前单词是否是紧跟着的单词的前缀，是的话就加0，不是的话就要加上当前单词的长度并再加1，多加的1是#号。判断前缀的方法很简单，直接在后面的单词中取相同长度的前缀比较就行了。由于我们每次都要取下一个单词，为了防止越界，只处理到倒数第二个单词，那么就要把最后一个单词的长度加入结果res，并再加1即可，参见代码如下：
解法二：
class Solution { public: int minimumLengthEncoding(vector<string>& words) { int res = 0, n = words.size(); for (int i = 0; i < n; ++i) reverse(words[i].begin(), words[i].end()); sort(words.begin(), words.end()); for (int i = 0; i < n - 1; ++i) { res += (words[i] == words[i + 1].substr(0, words[i].size())) ? 0 : words[i].size() + 1; } return res + words.back().size() + 1; } };
接下来的这种方法也很巧妙，用了一个HashSet，将所有的单词先放到这个HashSet中。原理是对于每个单词，我们遍历其所有的后缀，比如time，那么就遍历ime，me，e，然后看HashSet中是否存在这些后缀，有的话就删掉，那么HashSet中的me就会被删掉，这样保证了留下来的单词不可能再合并了，最后再加上每个单词的长度到结果res，并且同时要加上#号的长度，参见代码如下：
解法三：
class Solution { public: int minimumLengthEncoding(vector<string>& words) { int res = 0; unordered_set<string> st(words.begin(), words.end()); for (string word : st) { for (int i = 1; i < word.size(); ++i) { st.erase(word.substr(i)); } } for (string word : st) res += word.size() + 1; return res; } };
参考资料：