Leetcode 753. Cracking the Safe 双端队列实现 给出证明思路

题意

我们希望构造一个最短的字符串，这个字符串每位可以是

0

至

k-1

的字符，并且这个字符串的所有

n

长子串可以包含所有的nknk种情况（即包含所有用

k

个字符构建的

n

长串）

思路

不难想象，如果构造的这个串每一个

n

长子串恰好就是一个unique的情况，那么一定就是最短的串，长度为nk+n−1nk+n−1

先假设我们一定可以构造出这样的串。然后可以换一个角度来看这个问题，设每一种独特的子串是一个节点，如果一个节点的

n-1

长后缀恰好另一个节点

n-1

长的前缀，那么我们就给这两个节点连一条边，因为这两个子串是可以在我们构造的串中直接相连的。这样我就构造了一个有向图，不难证明这个图是一个强连通图，即任意两点之间都是有通路的。那么我们假设的前提，就对应了这个图一定存在一条汉密尔顿通路。而这个图本身不大，我们就完全可以用bfs或者dfs去解这个题了。

但是这个假设是否成立却是需要证明的，我参考了Discussion中的方法（Discussion中的原文），这里我给出一个我个人觉得可能更好理解一些的证明。

证明

我们想证明上述假设，只需要给出一种构造方法，然后证明这个方法保证可以得到一条哈密尔顿通路

首先我们定义一些符号，方便后面说明，我们用小写字母表示一个字符，大写字母加尖括号表示一个

n-1

长的子串，例如

a<A>

就表示了后缀为

A

的一个

n

长子串

第二我们给出构造方法：

（1）随意选一个

n

长子串（或称节点）加入deque

Q

中

（2）循环，取

Q

中最后一个节点，记为

a<A>

，然后选择一个没有加入deque中的节点

<A>b

插入队尾

（3）如果所有形如

<A>b

的节点都在队列中，则弹出队首元素，并把它插入队尾

（4）循环至队列元素个数到nknk个

这样这个deque中就保存了一条哈密尔顿通路

第三我们证明这个构造方法是正确的，那么需要证明三个事情：首先是序列合法性，即第

i

个节点和第

i+1

节点之间应是有边的；二是算法可终止性，即最终一定能得到长度为nknk的队列；三是节点的独特性，即序列中任意两个节点是不同的。其中第三个是显然保证的，我们主要证明前两点。

证明序列合法性，主要就是证明算法第（3）步中队首元素

<B>b

和队尾元素

a<A>

，满足

A = B

这个条件。出现（3）的情况，对应了 ∀x∈[0,k),<A>x∈Q∀x∈[0,k),<A>x∈Q，也就是说有

k

个形如

<A>x

的节点已经在队列中了。假如这些节点都没有出现在队首，那么包含队尾元素，应该有

k+1

个形如

x<A>

的节点出现在队列中，显然这是不可能的，因此，队首元素一定也是形如

<A>x

的，那么把它换到队尾，显然可以保证合法性。

证明队列

Q

长度可以到达nknk。反证法，设当

Q

长度为

m

时，就找不到下一个没有出现过的节点了。根据我们算法的（2）（3）步骤，我们知道当队尾元素找不到下一个节点时，我们会尝试下一个队首元素，如果完全无法找到下一个节点，说明

Q

中所有节点都无法连到下一个没有出现过的节点了。这就说明这

m

个节点构成了一个联通分量，总体至少有两个联通分量，这和我们一开始知道的这个图是强联通的，应该只有一个联通分量矛盾。因此我们一定可以构造到nknk长的

Q

。

得证。

实现

class Solution {
public:
int pow(int x, int n){
int ret = 1;
for (int i = 0; i < n; i++){
ret *= x;
}
return ret;
}
string crackSafe(int n, int k) {
deque<string> q;
unordered_set<string> mapp;
q.push_back(string(""));
for (int i = 0; i < n; i++){
*q.begin() += '0';
}
mapp.insert(q.back());
int len = pow(k, n) ;
while (q.size() < len){
string now = q.back().substr(1, n - 1);
bool flag = true;
for (char i = '0'; i < k + '0'; i++){
now += i;
if (mapp.find(now) == mapp.end()){
flag = false;
mapp.insert(now);
q.push_back(now);
break;
}
now.pop_back();
}
if (flag){
now = q.front();
q.pop_front();
q.push_back(now);
}
}
string ret;
for (auto& it : q){
ret += it[0];
}
ret.pop_back();
ret += q.back();
return ret;
}
};