题目描述

给定两个字符串 str1 和 str2，想把 str2 整体插入到 str1 中某个位置，形成最大的字典序，返回字典序最大的结果。其中 str1 长度为 $N$， str2 长度为 $M$，且 $N>>M$。

思路分析

暴力解：尝试将 str2 插入到 str1 的每个位置，每次都会拼出一个 $(N+M)$ 长度的字符串，然后和之前的字符串比较字典序，记录较大的字典序，所以时间复杂度为 $O(N\ast (N+M))$，而因为 $N>>M$，所以时间复杂度就是O(N2)O(N^2)O(N2)。

而使用DC3算法最终能将复杂度优化成 O(N+M)+O(M2)O(N + M) +O(M^2)O(N+M)+O(M2)。

DC3算法：如果 「str1 从0出发的后缀串的字典序」 $\ge$ 「str2从0出发的后缀串的字典序」，则str2没有必要插在 str1的0位置之前。同理，如果 「str1 从 $i$ 出发的后缀串的字典序」 $\ge$ 「str2从 $i$ 出发的后缀串的字典序」，则str2没有必要插在 str1的 $i$ 位置之前。

如果 str1 的每个位置开头的后缀串的字典序都是大于 str2的0位置开头的后缀串的字典序，则str2 直接插入到 str1后面即可，整个字符串就是 str1 + str2。

如果 str1 的 $i$ 位置开头的后缀串的字典序是小于str2 的 0 位置开头的后缀串的字典序的，那么只能说str2 可以插在 $i$ 位置之前，也可以插在$i$位置之后，但 $i$ 之前的位置这个插入点是不可忽略的。

举两个例子：

• 例1

str1：......993....     i
str2：994

此时 $i$ 位置开头的后缀串小于 str2 的字典序，但是str2应该插入到 $(i+2)$ 位置处，整体变成 …999943… 才是最优，这种情况下str2并不是插入到 $i$ 位置之前。

• 例2

str1: ......431......
str2: 994

此时 $i$ 位置开头的后缀串小于 str2 的字典序，str2应该插入到 $i$ 位置前面，整体变成 …994431… 才是最优，这种情况下str2就是插入到 $i$ 位置之前。

也就是说，对于 $i$ 位置来说，找到了最左的可能性位置，即 $(i-1)$ 和 $i$ 之间，而它的最右的可能性位置是从 $i$ 位置开头的情况下，到哪个位置的时候才能和 str2 分出大小。

举个例子：

str1: ...... 9  9   9    3 ...i i+1 i+2  i+3
str2：9994

从 $i$ 位置开始，到 $(i+3)$位置才和 str2 分出大小，对于 $i$ 位置来说，最左的可能性位置就是 $(i-1)$ 和 $i$ 之间，最右的可能性位置就是 $(i+2)$ 和 $(i+3)$ 之间，所以 str2 要插入$(i+2)$ 位置后面才最优。

假设str2长度为 $M$，则 str1 从最左到最右的可能性的长度最多为 $M$，所以每次插入之后需要关心的字符串长度最多是 $2M$，比较该长度的字符串的字典序，时间复杂度为 O(M2)O(M^2)O(M2)。

流程梳理：

1. 建立str1从 $i$ 位置出发的后缀串与str2字符串的字典序比较的机制；【DC3算法】
2. 依次尝试str1从0位置开始的后缀串与str2大小的比较，直到 $i$ 位置与 str2 的大小区分出来，此时知道了最左的可能性；【 $O(N)$ 复杂度】
3. 从str1 的 $i$ 位置开始，找到是在哪个位置和 str2 分出胜负的，此时找到了最右的可能性；【$O(M)$ 复杂度】
4. 截取最左可能性到最右可能性的局部串，找到最大的字典序，就能知道 str2 应该插入到哪个位置了。【O(M2)O(M^2)O(M2) 复杂度】

将str1 和 str2 字符串之间加一个小的ASCII码字符，使其拼成一个长的字符串即str1 + 小ASCII码字符 + str2，对这个字符串使用DC3算法。

在DC3算法生成后缀数组详解一文中DC3算法的模板要求最小值>=1，假设str1 = [3, 1, 2]，str2 = [1, 2]，先给每个数值+2，就变成了 [5, 3, 4] 和 [3, 4]，新增一个1将两个数组进行区分，即合成一个数组变成[5, 3, 4, 1(新增的值）, 3, 4]。之所以用1来区分，是因为模板要求最小值>=1，而区分两个字符串的时候要新增一个超小的ASCII码字符，为了符合模板要求，它不能为0，所以用1来作区分，此时其他的值就要从2开始。也就是说，如果数组中的最小值是10，要将其对应成2，那么所有数都要-8；如果数组中的最小值是7，要将其对应成2，则所有数都要-5，这样一来，就可以用1来隔开两个数组。

代码实现

public class InsertS2MakeMostAlphabeticalOrder {// 暴力方法:尝试在每一个位置插入 O(N^2)public static String right(String s1, String s2) {if (s1 == null || s1.length() == 0) {return s2;}if (s2 == null || s2.length() == 0) {return s1;}String p1 = s1 + s2;String p2 = s2 + s1;String ans = p1.compareTo(p2) > 0 ? p1 : p2;for (int end = 1; end < s1.length(); end++) {String cur = s1.substring(0, end) + s2 + s1.substring(end);if (cur.compareTo(ans) > 0) {ans = cur;}}return ans;}// 正式方法 O(N+M) + O(M^2)// N : s1长度// M : s2长度public static String maxCombine(String s1, String s2) {if (s1 == null || s1.length() == 0) {return s2;}if (s2 == null || s2.length() == 0) {return s1;}char[] str1 = s1.toCharArray();char[] str2 = s2.toCharArray();int N = str1.length;int M = str2.length;//找到两个数组的最小值和最大值int min = str1[0];int max = str1[0];for (int i = 1; i < N; i++) {min = Math.min(min, str1[i]);max = Math.max(max, str1[i]);}for (int i = 0; i < M; i++) {min = Math.min(min, str2[i]);max = Math.max(max, str2[i]);}int[] all = new int[N + M + 1]; //新增了1个位置做两个数组的隔断int index = 0;for (int i = 0; i < N; i++) { //arr数组左边放str1数组的值，按照前文描述，要将最小数对应成2，其他数值依次进行调整all[index++] = str1[i] - min + 2; }all[index++] = 1; //arr数组中间，人为增加了一个1for (int i = 0; i < M; i++) { //arr数组右边放str2数组的值，依然要按照要求对数值进行调整all[index++] = str2[i] - min + 2;}//调用DC3算法DC3 dc3 = new DC3(all, max - min + 2);int[] rank = dc3.rank;int comp = N + 1; //arr数组中str2数组开始的位置for (int i = 0; i < N; i++) {if (rank[i] < rank[comp]) { //如果在str1中找到了某个位置出发的后缀串的字典序 < str2的字典序int best = bestSplit(s1, s2, i); //选择最好的插入位置return s1.substring(0, best) + s2 + s1.substring(best);}}//如果str1中一直没有找到字典序 < str2的，直接插入到str1最后return s1 + s2;}public static int bestSplit(String s1, String s2, int first) {int N = s1.length();int M = s2.length();int end = N;for (int i = first, j = 0; i < N && j < M; i++, j++) {if (s1.charAt(i) < s2.charAt(j)) {end = i;break;}}String bestPrefix = s2;int bestSplit = first;for (int i = first + 1, j = M - 1; i <= end; i++, j--) {String curPrefix = s1.substring(first, i) + s2.substring(0, j);if (curPrefix.compareTo(bestPrefix) >= 0) {bestPrefix = curPrefix;bestSplit = i;}}return bestSplit;}public static class DC3 {public int[] sa;public int[] rank;public DC3(int[] nums, int max) {sa = sa(nums, max);rank = rank();}private int[] sa(int[] nums, int max) {int n = nums.length;int[] arr = new int[n + 3];for (int i = 0; i < n; i++) {arr[i] = nums[i];}return skew(arr, n, max);}private int[] skew(int[] nums, int n, int K) {int n0 = (n + 2) / 3, n1 = (n + 1) / 3, n2 = n / 3, n02 = n0 + n2;int[] s12 = new int[n02 + 3], sa12 = new int[n02 + 3];for (int i = 0, j = 0; i < n + (n0 - n1); ++i) {if (0 != i % 3) {s12[j++] = i;}}radixPass(nums, s12, sa12, 2, n02, K);radixPass(nums, sa12, s12, 1, n02, K);radixPass(nums, s12, sa12, 0, n02, K);int name = 0, c0 = -1, c1 = -1, c2 = -1;for (int i = 0; i < n02; ++i) {if (c0 != nums[sa12[i]] || c1 != nums[sa12[i] + 1] || c2 != nums[sa12[i] + 2]) {name++;c0 = nums[sa12[i]];c1 = nums[sa12[i] + 1];c2 = nums[sa12[i] + 2];}if (1 == sa12[i] % 3) {s12[sa12[i] / 3] = name;} else {s12[sa12[i] / 3 + n0] = name;}}if (name < n02) {sa12 = skew(s12, n02, name);for (int i = 0; i < n02; i++) {s12[sa12[i]] = i + 1;}} else {for (int i = 0; i < n02; i++) {sa12[s12[i] - 1] = i;}}int[] s0 = new int[n0], sa0 = new int[n0];for (int i = 0, j = 0; i < n02; i++) {if (sa12[i] < n0) {s0[j++] = 3 * sa12[i];}}radixPass(nums, s0, sa0, 0, n0, K);int[] sa = new int[n];for (int p = 0, t = n0 - n1, k = 0; k < n; k++) {int i = sa12[t] < n0 ? sa12[t] * 3 + 1 : (sa12[t] - n0) * 3 + 2;int j = sa0[p];if (sa12[t] < n0 ? leq(nums[i], s12[sa12[t] + n0], nums[j], s12[j / 3]): leq(nums[i], nums[i + 1], s12[sa12[t] - n0 + 1], nums[j], nums[j + 1], s12[j / 3 + n0])) {sa[k] = i;t++;if (t == n02) {for (k++; p < n0; p++, k++) {sa[k] = sa0[p];}}} else {sa[k] = j;p++;if (p == n0) {for (k++; t < n02; t++, k++) {sa[k] = sa12[t] < n0 ? sa12[t] * 3 + 1 : (sa12[t] - n0) * 3 + 2;}}}}return sa;}private void radixPass(int[] nums, int[] input, int[] output, int offset, int n, int k) {int[] cnt = new int[k + 1];for (int i = 0; i < n; ++i) {cnt[nums[input[i] + offset]]++;}for (int i = 0, sum = 0; i < cnt.length; ++i) {int t = cnt[i];cnt[i] = sum;sum += t;}for (int i = 0; i < n; ++i) {output[cnt[nums[input[i] + offset]]++] = input[i];}}private boolean leq(int a1, int a2, int b1, int b2) {return a1 < b1 || (a1 == b1 && a2 <= b2);}private boolean leq(int a1, int a2, int a3, int b1, int b2, int b3) {return a1 < b1 || (a1 == b1 && leq(a2, a3, b2, b3));}private int[] rank() {int n = sa.length;int[] ans = new int[n];for (int i = 0; i < n; i++) {ans[sa[i]] = i;}return ans;}}// for testpublic static String randomNumberString(int len, int range) {char[] str = new char[len];for (int i = 0; i < len; i++) {str[i] = (char) ((int) (Math.random() * range) + '0');}return String.valueOf(str);}// for testpublic static void main(String[] args) {int range = 10;int len = 50;int testTime = 100000;System.out.println("功能测试开始");for (int i = 0; i < testTime; i++) {int s1Len = (int) (Math.random() * len);int s2Len = (int) (Math.random() * len);String s1 = randomNumberString(s1Len, range);String s2 = randomNumberString(s2Len, range);String ans1 = right(s1, s2);String ans2 = maxCombine(s1, s2);if (!ans1.equals(ans2)) {System.out.println("Oops!");System.out.println(s1);System.out.println(s2);System.out.println(ans1);System.out.println(ans2);break;}}System.out.println("功能测试结束");System.out.println("==========");System.out.println("性能测试开始");int s1Len = 1000000;int s2Len = 500;String s1 = randomNumberString(s1Len, range);String s2 = randomNumberString(s2Len, range);long start = System.currentTimeMillis();maxCombine(s1, s2);long end = System.currentTimeMillis();System.out.println("运行时间 : " + (end - start) + " ms");System.out.println("性能测试结束");}
}

扩展

例如数组 [100万，5， 90万，10亿]，这个数组依然可以求解后缀数组，也可以用DC3算法做，但是因为最大值太大，需要的桶就太多，会导致DC3算法的常数时间变得很大。

可以怎么做呢？进行离散化——将5对应成1，90万对应成2，100万对应成3，10亿对应成4，那么 [100万，5， 90万，10亿] 的后缀数组等同于 [3, 1, 2, 4] 的后缀数组。

所以如果一个数组中的数千差万别，可以将其对应成一个较窄的域，然后调用DC3算法，可以减少常数时间。