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题目形容
这是 LeetCode 上的 1668. 最大重复子字符串 ，难度为 简略。
Tag :「动静布局」、「序列 DP」、「字符串哈希」
给你一个字符串 sequence，如果字符串 word 间断反复 k 次造成的字符串是 sequence 的一个子字符串，那么单词 word 的 反复值为 k。
单词 word 的 最大反复值 是单词 word 在 sequence 中最大的反复值。如果 word 不是 sequence 的子串，那么反复值 k 为 0。
给你一个字符串 sequence 和 word，请你返回 最大反复值 k。
示例 1：
输出：sequence = "ababc", word = "ab"
输入：2
解释："abab" 是 "ababc" 的子字符串。示例 2：
输出：sequence = "ababc", word = "ba"
输入：1
解释："ba" 是 "ababc" 的子字符串，但 "baba" 不是 "ababc" 的子字符串。示例 3：
输出：sequence = "ababc", word = "ac"
输入：0
解释："ac" 不是 "ababc" 的子字符串。提醒：
- $1 <= sequence.length <= 100$
- $1 <= word.length <= 100$
sequence和word都只蕴含小写英文字母。
序列 DP
为了不便，咱们记 sequence 为 ss，记 word 为 pp，将两者长度别离记为 n 和 m。
同时咱们调整「字符串」以及「将要用到的动规数组」的下标从 $1$ 开始。
这是一道入门级的「序列 DP」使用题，容易想到 定义 $f[i]$ 为了思考以 ss[i] 结尾时的最大反复值。
不失一般性思考 $f[i]$ 该如何转移：因为 pp 的长度已知，每次转移 $f[i]$ 时咱们能够从 ss 中截取 以 $ss[i]$ 为结尾，长度为 $m$ 的后缀字符串 sub 并与 pp 匹配，若两者相等，阐明 sub 奉献了大小为 $1$ 的反复度，同时该反复度可累加在 $f[i – m]$ 上（好好回忆咱们的状态定义），即有状态转移方程：$f[i] = f[i – m] + 1$。
最终所有 $f[i]$ 的最大值即为答案。
Java 代码：
class Solution {public int maxRepeating(String ss, String pp) {int n = ss.length(), m = pp.length(), ans = 0;
int[] f = new int[n + 10];
for (int i = 1; i <= n; i++) {if (i - m < 0) continue;
if (ss.substring(i - m, i).equals(pp)) f[i] = f[i - m] + 1;
ans = Math.max(ans, f[i]);
}
return ans;
}
}TypeScript 代码：
function maxRepeating(ss: string, pp: string): number {
let n = ss.length, m = pp.length, ans = 0
const f = new Array<number>(n + 10).fill(0)
for (let i = 1; i <= n; i++) {if (i - m < 0) continue
if (ss.substr(i - m, i) == pp) f[i] = f[i - m] + 1
ans = Math.max(ans, f[i])
}
return ans
}Python 代码：
class Solution:
def maxRepeating(self, ss: str, pp: str) -> int:
n, m, ans = len(ss), len(pp), 0
f = [0] * (n + 10)
for i in range(1, n + 1):
if i - m < 0:
continue
if ss[i - m:i] == pp:
f[i] = f[i - m] + 1
ans = max(ans, f[i])
return ans- 工夫复杂度：$O(n \times m)$
- 空间复杂度：$O(n)$
字符串哈希
解法一的转移瓶颈在于：每次须要破费 $O(m)$ 的复杂度来生成子串，并进行字符串比拟。
该过程可用「字符串哈希」进行优化：将 ss 和 pp 进行拼接失去残缺字符串，并计算残缺字符串的哈希数组和次方数组。随后从前往后查看 ss，若「某个以 $ss[i]$ 结尾长度为 m 的后缀字符串哈希值」与「pp 字符串的哈希值」相等，阐明找到了前驱状态值 $f[i – m]$，可进行转移。
咱们通过 $O(n + m)$ 复杂度预处理了字符串哈希，将转移过程中「复杂度为 $O(m)$ 的子串截取与字符串比拟」替换成了「复杂度为 $O(1)$ 的数值比照」，整体复杂度从 $O(n \times m)$ 降落到 $O(n + m)$。
不理解「字符串哈希」的同学可见前置 🧀 : 字符串哈希入门。外面详解字符串哈希基本原理以及哈希抵触简略解决形式
Java 代码：
class Solution {public int maxRepeating(String ss, String pp) {int n = ss.length(), m = pp.length(), ans = 0;
int[] f = new int[n + 10];
String s = ss + pp;
int P = 1313131, N = s.length();
long[] h = new long[N + 10], p = new long[N + 10];
p[0] = 1;
for (int i = 1; i <= N; i++) {h[i] = h[i - 1] * P + s.charAt(i - 1);
p[i] = p[i - 1] * P;
}
long phash = h[N] - h[N - m] * p[m];
for (int i = 1; i <= n; i++) {if (i - m < 0) continue;
long cur = h[i] - h[i - m] * p[m];
if (cur == phash) f[i] = f[i - m] + 1;
ans = Math.max(ans, f[i]);
}
return ans;
}
}Python 代码：
class Solution:
def maxRepeating(self, ss: str, pp: str) -> int:
n, m, ans = len(ss), len(pp), 0
f = [0] * (n + 10)
s = ss + pp
P, N, MOD = 131, len(s), 987654321
h, p = [0] * (N + 10), [0] * (N + 10)
p[0] = 1
for i in range(1, N + 1):
h[i] = (h[i - 1] * P + ord(s[i - 1])) % MOD
p[i] = (p[i - 1] * P) % MOD
phash = (h[N] - h[N - m] * p[m]) % MOD
for i in range(1, n + 1):
if i - m < 0:
continue
cur = (h[i] - h[i - m] * p[m]) % MOD
if cur == phash:
f[i] = f[i - m] + 1
ans = max(ans, f[i])
return ans- 工夫复杂度：$O(n + m)$
- 空间复杂度：$O(n + m)$
总结
这里简略说下「线性 DP」和「序列 DP」的区别。
线性 DP 通常强调「状态转移所依赖的前驱状态」是由给定数组所提供的，即拓扑序是由原数组间接给出。更大白话来说就是通常有 $f[i][…]$ 依赖于 $f[i – 1][…]$。
这就限定了线性 DP 的复杂度是简略由「状态数量（或者说是维度数）」所决定。
序列 DP 通常须要联合题意来寻找前驱状态，即须要本身寻找拓扑序关系（例如本题，须要本人联合题意来找到可转移的前驱状态 $f[i – m]$）。
这就限定了序列 DP 的复杂度是由「状态数 + 找前驱」的复杂度所独特决定。也间接导致了序列 DP 有很多玩法，往往可能联合其余知识点出题，来优化找前驱这一操作，通常是利用某些性质，或是利用数据结构进行优化。
最初
这是咱们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.1668 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，局部是有锁题，咱们将先把所有不带锁的题目刷完。
在这个系列文章外面，除了解说解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果波及通解还会相应的代码模板。
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