题目：
我们有 n 种不同的贴纸。每个贴纸上都有一个小写的英文单词。
您想要拼写出给定的字符串 target ，方法是从收集的贴纸中切割单个字母并重新排列它们。如果你愿意，你可以多次使用每个贴纸，每个贴纸的数量是无限的。
返回你需要拼出 target 的最小贴纸数量。如果任务不可能，则返回 -1 。
注意：在所有的测试用例中，所有的单词都是从 1000 个最常见的美国英语单词中随机选择的，并且 target 被选择为两个随机单词的连接。
题解：
示例 1：
输入： stickers = ["with","example","science"], target = "thehat" 输出：3 解释： 我们可以使用 2 个 "with" 贴纸，和 1 个 "example" 贴纸。 把贴纸上的字母剪下来并重新排列后，就可以形成目标 “thehat“ 了。 此外，这是形成目标字符串所需的最小贴纸数量。
示例 2:
输入：stickers = ["notice","possible"], target = "basicbasic" 输出：-1 解释：我们不能通过剪切给定贴纸的字母来形成目标“basicbasic”。
分析：
1. 上面的两个式例正好都是前面两个符合条件的单词，如果符合条件的单词中间间隔比较大，该如何去处理？我个人觉得，肯定是需要遍历stickers数组的，否则无法判定那个是最优解。
2. 假设数组为 {abc, ab, bc, b, c} 而 target= abcabc. 那么遍历数组第一个元素拼出了abc, 此时target=abc; 第一个元素处理完以后，应该再次使用数组的第一个元素来拼词才更合理。题目也说了，张数无限。 否则的话至少需要3张才能拼出原始的target=abcabc. 而使用数组第一个元素abc只需要2张。此处，就要考虑使用递归了
3. 如果 假设1 和 假设2 都成立，那么也就是说根据abc拼了2次，存在重复消费abc的情况，是不是需要尝试添加缓存？
4. 因为贴纸是可以剪碎掉的，哪怕第一个元素是adqbec也是可以的。因为它还是包含abc子元素的。如何去统计abc子元素与target存在共同子序列，而且是不分先后顺序的。样本模型肯定是不可以的，它强调可以删减、但是不可以改变元素顺序。而此题是可以剪碎，完全打乱的。只能先去尝试写递归
5. 根据业务去分析，随便假设一个稍微简单的数组和target，满足条件即可。从简单到复杂，如果你随便假设测试数据都成立，那大概率就是成立的。
假设，数组为 {aa, b, bc}， target为aabc. 目测就是2张可以拼词完成 ：
递归代码：
package code03.动态规划_07.lesson5;
/**
* 力扣691 : 贴纸拼词
* https://leetcode.cn/problems/stickers-to-spell-word/description/
*
*/
public class Stickers_01 {
public int minStickers(String[] stickers, String target)
{
//边界值
if (stickers == null
|| stickers.length == 0
|| target == null
|| target.isEmpty()) {
return -1;
}
int ans = process (stickers, target);
return ans == Integer.MAX_VALUE ? -1 : ans;
}
public int process (String[] stickers, String target)
{
//如果target为空，说明在上一轮已经拼接完毕
if (target.isEmpty()) {
return 0;
}
//每一轮递归的最终返回值
int ans = Integer.MAX_VALUE;
//讨论每一个单词是否能够参与target的拼接
for (String word : stickers) {
//返回target拼词以后剩余字符串
String res = splice(word, target);
//如果res与target长度相等，说明word并没有参与进拼词过程
if (res.length() != target.length()) {
//最少贴纸数，每一轮递归都要取最小值
ans = Math.min(ans, process (stickers, res));
}
}
//如果ans不是无效值，说明此轮递归参与到拼词过程中。张数对应的要增加一次
return ans != Integer.MAX_VALUE ? ans + 1 : ans;
}
public String splice(String s, String target)
{
char[] ss = s.toCharArray();
char[] tt = target.toCharArray();
//26个小写字母，题目给定的
int[] count = new int[26];
//target字符串词频统计
for (char tChar : tt) {
count[tChar - 'a']++;
}
//根据当前单词到target中去减少对应的字符出现次数
for(char sChar : ss) {
count[sChar - 'a']--;
}
StringBuffer sb = new StringBuffer();
//统计target还剩下哪些字符，并且把这些字符拼成字符串
for (int i = 0; i < 26; i++) {
//count[i]对应出现的次数，而 i 才是对应的字符
if (count[i] > 0) {
for (int times = 0; times < count[i]; times++) {
sb.append((char)(i + 'a'));
}
}
}
return sb.toString();
}
public static void main(String[] args) {
Stickers_01 s = new Stickers_01();
String[] ss = {"aa", "b", "bc"};
String target = "aabc";
System.out.println(s.minStickers(ss, target));
}
}
本地测试是ok的，但是到力扣上测试，发现直接超时了：
好消息是测试了30多个例子没有报错。既然超时，说明执行时间满，代码的时间复杂度有问题。那就进尝试优化，还是看图：
1. 最后一列，aa不参与返回max出现了很多次。而aa参与拼词的情况下也出现了很多次，说明存在重复消费的代码。
2. 遍历aa的时候，可以找到 bc。 这是最优解； 而遍历到bc的时候，可以找到aa, 这也是最优解。
因此，加缓存（记忆化搜索），势在必行。
递归 + 记忆化搜索：
package code03.动态规划_07.lesson5;
import java.util.HashMap;
/**
* 力扣691 : 贴纸拼词
* https://leetcode.cn/problems/stickers-to-spell-word/description/
*
*/
public class Stickers_01_opt {
public int minStickers(String[] stickers, String target)
{
//边界值
if (stickers == null
|| stickers.length == 0
|| target == null
|| target.isEmpty()) {
return -1;
}
HashMap<String, Integer> map = new HashMap<>();
//优化之前，target为空直接返回0. 因此，此处必须保持逻辑一直
map.put("",0);
int ans = process (stickers, target, map);
return ans == Integer.MAX_VALUE ? -1 : ans;
}
public int process (String[] stickers, String target, HashMap<String, Integer> map )
{
if (map.get(target) != null) {
return map.get(target);
}
//如果target为空，说明在上一轮已经拼接完毕
if (target.isEmpty()) {
return 0;
}
//每一轮递归的最终返回值
int ans = Integer.MAX_VALUE;
//讨论每一个单词是否能够参与target的拼接
for (String word : stickers) {
//返回target拼词以后剩余字符串
String res = splice(word, target);
//如果res与target长度相等，说明word并没有参与进拼词过程
if (res.length() != target.length()) {
//最少贴纸数，每一轮递归都要取最小值
ans = Math.min(ans, process (stickers, res, map));
}
}
//如果ans不是无效值，说明此轮递归参与到拼词过程中。张数对应的要增加一次
ans = ans != Integer.MAX_VALUE ? ans + 1 : ans;
map.put(target, ans);
return ans;
}
public String splice(String s, String target)
{
char[] ss = s.toCharArray();
char[] tt = target.toCharArray();
//26个小写字母，题目给定的
int[] count = new int[26];
//target字符串词频统计
for (char tChar : tt) {
count[tChar - 'a']++;
}
//根据当前单词到target中去减少对应的字符出现次数
for(char sChar : ss) {
count[sChar - 'a']--;
}
StringBuffer sb = new StringBuffer();
//统计target还剩下哪些字符，并且把这些字符拼成字符串
for (int i = 0; i < 26; i++) {
//count[i]对应出现的次数，而 i 才是对应的字符
if (count[i] > 0) {
for (int times = 0; times < count[i]; times++) {
sb.append((char)(i + 'a'));
}
}
}
return sb.toString();
}
public static void main(String[] args) {
Stickers_01_opt s = new Stickers_01_opt();
String[] ss = {"aa", "b", "bc"};
String target = "aabc";
System.out.println(s.minStickers(ss, target));
}
}
虽然力扣是通过了，但是 5.****%的胜率，实在是有些牵强了。
再次看图分析：
1. 遍历数组的时候，不管能不能参与到target的拼词过程中去，所有数组都会遍历一遍，这有点说不过去了。因为每遍历一个数组元素，都要进入递归的，这样反反复复，浪费性能。
解决：不去遍历全部数组，而是根据target字符串中的第一个字符(或者其他位置的字符)去过滤。把过滤出来的数组进行遍历，这样可以快很多。
2. 词频统计是放在递归里面生成的，每遍历数组元素一次，就递归调用一次，相当麻烦。而且我们需要对数组元素进行过滤，目前的词频统计位置就不合理了。
解决：把词频统计提前批量完成，这样才方便过滤
优化版本：
package code03.动态规划_07.lesson5;
/**
* 力扣691 : 贴纸拼词
* https://leetcode.cn/problems/stickers-to-spell-word/description/
*
*/
public class Stickers_02 {
public int minStickers(String[] stickers, String target)
{
//边界值
if (stickers == null
|| stickers.length == 0
|| target == null
|| target.isEmpty()) {
return -1;
}
int[][] dp = new int[stickers.length][26];
//词频统计，去除掉第一版同一个单词反反复复的词频统计
for (int i = 0; i < stickers.length; i++) {
char[] chars = stickers[i].toCharArray();
for (char sChar : chars) {
dp[i][sChar - 'a']++;
}
}
int ans = process (dp, target);
return ans == Integer.MAX_VALUE ? -1 : ans;
}
public int process (int[][] arr, String target)
{
//如果target为空，说明在上一轮已经拼接完毕
if (target.isEmpty()) {
return 0;
}
int[] count = new int[26];
char[] tt = target.toCharArray();
//每一轮递归target都不一样，因此每一轮都需用统计target
for (char tChar : tt) {
count[tChar - 'a']++;
}
int result = Integer.MAX_VALUE;
for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
int[] sticker = arr[i];
/**
*
* tt是原target字符数组, 那么tt[0]就是target第一个字符
* tt[0] - 'a' 就是第一个字符对应的下标。比如字符 'b' 下标就为1，'a' 对应0. 'c'对应2
*
* count[0] 对应的是 a 字符。 target可以以26个字母任意一个开头，此处不可以使用count[0]
*
* sticker[tt[0] - 'a'] 对应的是字符出现的次数。如果当前字符串含有target首字符，就考虑；
* 否则，放弃。 剪枝：去除了不包含的情况
*/
if (sticker[tt[0] - 'a'] > 0) {
StringBuilder sb = new StringBuilder();
for (int j = 0; j < 26; j++) {
//target词频需要根据当前数组单词全部剪掉。如果大于0，
//则代表target在数组的当前单词参与拼词以后，还存在没有
//拼接完的部分，需要记录下来用数组中别的单词再来拼
for (int m = 0; m <count[j] - sticker[j]; m++) {
//j代表字符的下标， count[j] 代表单签字符出现的次数
sb.append((char) (j + 'a'));
}
}
//递归，把剩余的target部分继续交个arr[][]去拼词
result = Math.min(result, process(arr, sb.toString()));
}
}
return result != Integer.MAX_VALUE ? result + 1 : result;
}
public static void main(String[] args) {
Stickers_02 s = new Stickers_02();
String[] ss = {"aa", "b", "bc"};
String target = "aabc";
System.out.println(s.minStickers(ss, target));
}
}
明明代码已经优化了，为啥还超时呢？超时，说明代码应该没有逻辑错误，那就是时间复杂度的问题了。而时间复杂度是和计算有关的，加上缓存，俗称记忆化搜索试试：
public int minStickers(String[] stickers, String target)
{
//边界值
if (stickers == null
|| stickers.length == 0
|| target == null
|| target.isEmpty()) {
return -1;
}
int[][] dp = new int[stickers.length][26];
//词频统计，去除掉第一版同一个单词反反复复的词频统计
for (int i = 0; i < stickers.length; i++) {
char[] chars = stickers[i].toCharArray();
for (char sChar : chars) {
dp[i][sChar - 'a']++;
}
}
HashMap<String, Integer> map = new HashMap<>();
//优化之前，target为空直接返回0. 因此，此处必须保持逻辑一直
map.put("",0);
int ans = process (dp, target, map);
return ans == Integer.MAX_VALUE ? -1 : ans;
}
public int process (int[][] arr, String target, HashMap<String, Integer> map)
{
if (map.get(target) != null) {
return map.get(target);
}
//如果target为空，说明在上一轮已经拼接完毕
if (target.isEmpty()) {
return 0;
}
int[] count = new int[26];
char[] tt = target.toCharArray();
//每一轮递归target都不一样，因此每一轮都需用统计target
for (char tChar : tt) {
count[tChar - 'a']++;
}
int result = Integer.MAX_VALUE;
for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
int[] sticker = arr[i];
/**
*
* tt是原target字符数组, 那么tt[0]就是target第一个字符
* tt[0] - 'a' 就是第一个字符对应的下标。比如字符 'b' 下标就为1，'a' 对应0. 'c'对应2
*
* count[0] 对应的是 a 字符。 target可以以26个字母任意一个开头，此处不可以使用count[0]
*
* sticker[tt[0] - 'a'] 对应的是字符出现的次数。如果当前字符串含有target首字符，就考虑；
* 否则，放弃。 剪枝：去除了不包含的情况
*/
if (sticker[tt[0] - 'a'] > 0) {
StringBuilder sb = new StringBuilder();
for (int j = 0; j < 26; j++) {
//target词频需要根据当前数组单词全部剪掉。如果大于0，
//则代表target在数组的当前单词参与拼词以后，还存在没有
//拼接完的部分，需要记录下来用数组中别的单词再来拼
for (int m = 0; m <count[j] - sticker[j]; m++) {
//j代表字符的下标， count[j] 代表单签字符出现的次数
sb.append((char) (j + 'a'));
}
}
//递归，把剩余的target部分继续交个arr[][]去拼词
result = Math.min(result, process(arr, sb.toString(), map));
}
}
result = result != Integer.MAX_VALUE ? result + 1 : result;
map.put(target, result);
return result;
}
加上缓存以后，果然快了很多！
我们之前说递归、递归+记忆化搜索、动态规划。 对于非严格依赖表结构，递归+记忆化搜索有时候也是等价于动态规划的。
严格依赖表结构的动态规划，则优化的空间更大。以后，还会基于动态规划，进行更为复杂的算法优化。
