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LeetCode 466. 统计重复个数

题目

由 n 个连接的字符串 s 组成字符串 S，记作 S = [s,n]。例如，[“abc”,3]=“abcabcabc”。

如果我们可以从 s2 中删除某些字符使其变为 s1，则称字符串 s1 可以从字符串 s2 获得。例如，根据定义，”abc” 可以从 “abdbec” 获得，但不能从 “acbbe” 获得。

现在给你两个非空字符串 s1 和 s2（每个最多 100 个字符长）和两个整数 0 ≤ n1 ≤ 106 和 1 ≤ n2 ≤ 106。现在考虑字符串 S1 和 S2，其中 S1=[s1,n1] 、S2=[s2,n2] 。

请你找出一个可以满足使[S2,M] 从 S1 获得的最大整数 M 。

示例：

输入：
s1 ="acb",n1 = 4
s2 ="ab",n2 = 2

返回：
2

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/count-the-repetitions
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解题思路

一句话：求n1个s1拼接形成的S1删除若干字符后可以分成多少个由n2个s1拼接形成的S2；

思路1-寻找“循环节”然后根据循环节倍数关系求解

“循环节”是指若干个s1拼接起来删除若干字符后能得到一个S2，看图解：

所以，思路是先找“循环节”，然后看n1个s1拼接的S1中有多少个这样的循环节片段，再处理循环节前后剩余的一丢丢残余的s1片段，就能从S1中得到N个完整的s1，N/n2就得到了题目要求解的M值；
步骤：

1. 从n1个s1中顺序匹配s2中的字符，记录完整匹配s2的数量，每匹配完一个s1就记录当前匹配到的s2的数量并记录匹配完第一个s1时s2中的待匹配字符索引位置；
2. 在后续中若某次匹配完s1后在s2中的停止处索引等于首次的说明找了“循环节”，就可以按照上面说的思路开始数学计算；
3. 若始终未找到循环节，则只能暴力匹配完n1个s1，有两种情况：
   • s2中的字符有的在s1中不存在，0匹配（可做特例先行判断，避免后面的无意义计算）；
   • n1个s1处理后的长度恰只够一个S2，1匹配；

算法复杂度:

• len1为s1长度，len2为s2长度，n1即题中n1个s1的n1
• 时间复杂度： $ {\color{Magenta}{\Omicron\left(len1 \ast len2\right)}} $ 最坏时为n1\(\ast\)len1\(\ast\)len2
• 空间复杂度： $ {\color{Magenta}{\Omicron\left(n1\right)}} $ 需要n1长度数组存s2的匹配数

算法源码示例

package leetcode;

/**
 * @author ZhouJie
 * @date 2020年4月19日 下午7:12:10 
 * @Description: 466. 统计重复个数
 *
 */
public class LeetCode_0466 {

}

class Solution_0466 {
	/**
	 * @author: ZhouJie
	 * @date: 2020年4月19日 下午7:12:31 
	 * @param: @param s1
	 * @param: @param n1
	 * @param: @param s2
	 * @param: @param n2
	 * @param: @return
	 * @return: int
	 * @Description: 1-先尝试寻找循环体，便于计算可拼接的S2数量；
	 *
	 */
	public int getMaxRepetitions_1(String s1, int n1, String s2, int n2) {
		int len1 = s1.length();
		int len2 = s2.length();
		// 特例判断
		if (n1 == 0 || n2 == 0 || n1 * len1 < n2 * len2) {
			return 0;
		}
		// 特例-若s2中字符有不在s1中的直接返回
		char[] cs2 = s2.toCharArray();
		for (char c : cs2) {
			if (s1.indexOf(c) == -1) {
				return 0;
			}
		}
		char[] cs1 = s1.toCharArray();
		// 寻找循环体时s2的下标
		int index = 0;
		int count = 0;
		// 在s2中首次匹配到的字符索引位置
		int firstIndex = 0;
		// 记录在s1的第i次拼接时匹配到的s2的总数
		int[] countRdecoder = new int[n1];
		for (int i = 0; i < n1; i++) {
			for (int j = 0; j < len1; j++) {
				// 这是一个往复匹配，匹配到s1中的s2时就右移index，完全匹配s2时记录count并重置index
				if (cs2[index] == cs1[j]) {
					index++;
					if (index == len2) {
						count++;
						index = 0;
					}
				}
			}
			// 首次匹配完时s1的停止位置
			if (i == 0) {
				firstIndex = index;
			}
			// 截至本次总匹配s2的数量
			countRdecoder[i] = count;
			// 若本次的停止位index与第一次时的停止位相同说明找到了循环体，开始数学计算并返回
			if (i != 0 && index == firstIndex) {
				// 第一部分：找到循环体时循环体内的匹配s1数量乘以n1个s2中有多少个这样的循环体片段(n1 - 1) / i)
				int part1 = ((n1 - 1) / i) * (countRdecoder[i] - countRdecoder[0]);
				// 第二部分：除去第一部分后剩余部分s2拼接起来可匹配s1的数量
				int part2 = countRdecoder[(n1 - 1) % i];
				// 总匹配s1的数量除以n2（n2个s1）即得题目要求的M
				return (part1 + part2) / n2;
			}
		}
		// 若未找到循环体 ，则直接暴力求解，这种情况基本只能是0或1了
		return countRdecoder[n1 - 1] / n2;
	}

}