Given a set of keywords words and a string S, make all appearances of all keywords in S bold. Any letters between <b> and </b> tags become bold.
The returned string should use the least number of tags possible, and of course the tags should form a valid combination.
For example, given that words = ["ab", "bc"] and S = "aabcd", we should return "a<b>abc</b>d". Note that returning "a<b>a<b>b</b>c</b>d" would use more tags, so it is incorrect.
Note:
wordshas length in range[0, 50].words[i]has length in range[1, 10].Shas length in range[0, 500].- All characters in
words[i]andSare lowercase letters.
这道题跟之前的那道是一模一样的，之前还换个马甲，这次连场景都不换了，直接照搬啊？！我也是服气的～这道题应该没有太多的技巧，就是照题目意思来就行了，我们使用一个数组bold，标记所有需要加粗的位置为true，初始化所有为false。我们首先要判断每个单词word是否是S的子串，判断的方法就是逐个字符比较，遍历字符串S，找到和word首字符相等的位置，并且比较随后和word等长的子串，如果完全相同，则将子串所有的位置在bold上比较为true。等我们知道了所有需要加粗的位置后，我们就可以来生成结果res了，我们遍历bold数组，如果当前位置是true的话，表示需要加粗，那么我们首先看如果是第一个字符，或者其前面的字符不用加粗，我们加上一个左标签<b>，然后我们将当前字符加入结果res中，然后再判断，如果当前是末尾字符，或者后面一个字符不用加粗，则需要加上一个右标签</b>；如果当前位置是false，我们直接将字符加入结果res中即可，参见代码如下：
解法一：
class Solution {public: string boldWords(vector & words, string S) { int n = S.size(); string res = ""; vector bold(n, false); for (string word : words) { int len = word.size(); for (int i = 0; i <= n - len; ++i) { if (S[i] == word[0] && S.substr(i, len) == word) { for (int j = i; j < i + len; ++j) bold[j] = true; } } } for (int i = 0; i < n; ++i) { if (bold[i]) { if (i == 0 || !bold[i - 1]) res += " "; res.push_back(S[i]); if (i == n - 1 || !bold[i + 1]) res += ""; } else { res.push_back(S[i]); } } return res; }};
我们可以用HashSet来代替数组，只是将需要加粗的位置放入HashSet，然后我们在生成结果res的时候，先检测当前位置是否加粗，如果加粗了，并且前一个位置不在HashSet中，这样就不用判断是否是第一个元素了，因为i-1肯定不再HashSet中，也不像数组那样存在越界的可能，我们给结果res加上左标签，然后将当前的字符加入结果res中，然后再判断如果当前位置如果加粗了，并且下一个位置不在HashSet中，我们给结果res加上右标签，参见代码如下：
解法二：
class Solution {public: string boldWords(vector & words, string S) { int n = S.size(); string res = ""; unordered_set bold; for (string word : words) { int len = word.size(); for (int i = 0; i <= n - len; ++i) { if (S[i] == word[0] && S.substr(i, len) == word) { for (int j = i; j < i + len; ++j) bold.insert(j); } } } for (int i = 0; i < n; ++i) { if (bold.count(i) && !bold.count(i - 1)) res += " "; res.push_back(S[i]); if (bold.count(i) && !bold.count(i + 1)) res += ""; } return res; }};
前面提到了这道题跟是完全一样，那么当然二者的解法是互通的，下面的解法是之前那道题中的解法，其实整体思路是一样的，只不过在构建的bold数组的时候，是先遍历的字符串S，而不是先遍历的单词。对于字符串S中的每个字符为起点，我们都遍历下所有单词，如果某个单词是以当前字符为起点的子串的话，那么我们用i+len来更新end，所以遍历完所有单词后，只要当前位置需要加粗，那么end一定大于i，通过这种方法同样也可以生成正确的bold数组。然后在创建结果res字符串的时候也跟上面的方法有些不同，首先判断，如果当前未被加粗，那么将当前字符存入结果res中并且continue，否则开始找相连的需要加粗的位置，用j来指向下一个不用加粗的位置，这样中间的子串就可以放入标签中整体加到res中，然后继续在后面查找连续加粗的子串，参见代码如下：
解法三：
class Solution {public: string boldWords(vector & words, string S) { int n = S.size(), end = 0; string res = ""; vector bold(n, false); for (int i = 0; i < n; ++i) { for (string word : words) { int len = word.size(); if (i + len <= n && S.substr(i, len) == word) { end = max(end, i + len); } } bold[i] = end > i; } for (int i = 0; i < n; ++i) { if (!bold[i]) { res.push_back(S[i]); continue; } int j = i; while (j < n && bold[j]) ++j; res += " " + S.substr(i, j - i) + ""; i = j - 1; } return res; }};
类似题目：
参考资料：