Question

1898. 可移除字符的最大数目

English Version

题目描述

给你两个字符串 s 和 p ，其中 p 是 s 的一个 子序列 。同时，给你一个元素 互不相同 且下标 从 0 开始 计数的整数数组 removable ，该数组是 s 中下标的一个子集（s 的下标也 从 0 开始 计数）。

请你找出一个整数 k（0 <= k <= removable.length），选出 removable 中的 前 k 个下标，然后从 s 中移除这些下标对应的 k 个字符。整数 k 需满足：在执行完上述步骤后， p 仍然是 s 的一个 子序列 。更正式的解释是，对于每个 0 <= i < k ，先标记出位于 s[removable[i]] 的字符，接着移除所有标记过的字符，然后检查 p 是否仍然是 s 的一个子序列。

返回你可以找出的 最大_ _k_ _，满足在移除字符后_ _p_ _仍然是 s 的一个子序列。

字符串的一个 子序列 是一个由原字符串生成的新字符串，生成过程中可能会移除原字符串中的一些字符（也可能不移除）但不改变剩余字符之间的相对顺序。

 

示例 1：

输入：s = "abcacb", p = "ab", removable = [3,1,0]
输出：2
解释：在移除下标 3 和 1 对应的字符后，"abcacb" 变成 "accb" 。
"ab" 是 "accb" 的一个子序列。
如果移除下标 3、1 和 0 对应的字符后，"abcacb" 变成 "ccb" ，那么 "ab" 就不再是 s 的一个子序列。
因此，最大的 k 是 2 。

示例 2：

输入：s = "abcbddddd", p = "abcd", removable = [3,2,1,4,5,6]
输出：1
解释：在移除下标 3 对应的字符后，"abcbddddd" 变成 "abcddddd" 。
"abcd" 是 "abcddddd" 的一个子序列。

示例 3：

输入：s = "abcab", p = "abc", removable = [0,1,2,3,4]
输出：0
解释：如果移除数组 removable 的第一个下标，"abc" 就不再是 s 的一个子序列。

 

提示：

• 1 <= p.length <= s.length <= 105
• 0 <= removable.length < s.length
• 0 <= removable[i] < s.length
• p 是 s 的一个 子字符串
• s 和 p 都由小写英文字母组成
• removable 中的元素 互不相同

解法

方法一：二分查找 + 判断子序列

二分枚举整数 k，找到满足要求的最大 k 即可。

以下是二分查找的两个通用模板：

模板 1：

boolean check(int x) {
}

int search(int left, int right) {
  while (left < right) {
    int mid = (left + right) >> 1;
    if (check(mid)) {
      right = mid;
    } else {
      left = mid + 1;
    }
  }
  return left;
}

模板 2：

boolean check(int x) {
}

int search(int left, int right) {
  while (left < right) {
    int mid = (left + right + 1) >> 1;
    if (check(mid)) {
      left = mid;
    } else {
      right = mid - 1;
    }
  }
  return left;
}

做二分题目时，可以按照以下套路：

1. 写出循环条件 $left < right$；
2. 循环体内，不妨先写 $mid = \lfloor \frac{left + right}{2} \rfloor$；
3. 根据具体题目，实现 $check()$ 函数（有时很简单的逻辑，可以不定义 $check$），想一下究竟要用 $right = mid$（模板 $1$） 还是 $left = mid$（模板 $2$）；     - 如果 $right = mid$，那么写出 else 语句 $left = mid + 1$，并且不需要更改 mid 的计算，即保持 $mid = \lfloor \frac{left + right}{2} \rfloor$；     - 如果 $left = mid$，那么写出 else 语句 $right = mid - 1$，并且在 $mid$ 计算时补充 +1，即 $mid = \lfloor \frac{left + right + 1}{2} \rfloor$；
4. 循环结束时，$left$ 与 $right$ 相等。

注意，这两个模板的优点是始终保持答案位于二分区间内，二分结束条件对应的值恰好在答案所处的位置。 对于可能无解的情况，只要判断二分结束后的 $left$ 或者 $right$ 是否满足题意即可。

class Solution:
  def maximumRemovals(self, s: str, p: str, removable: List[int]) -> int:
    def check(k):
      i = j = 0
      ids = set(removable[:k])
      while i < m and j < n:
        if i not in ids and s[i] == p[j]:
          j += 1
        i += 1
      return j == n

    m, n = len(s), len(p)
    left, right = 0, len(removable)
    while left < right:
      mid = (left + right + 1) >> 1
      if check(mid):
        left = mid
      else:
        right = mid - 1
    return left

class Solution {
  public int maximumRemovals(String s, String p, int[] removable) {
    int left = 0, right = removable.length;
    while (left < right) {
      int mid = (left + right + 1) >> 1;
      if (check(s, p, removable, mid)) {
        left = mid;
      } else {
        right = mid - 1;
      }
    }
    return left;
  }

  private boolean check(String s, String p, int[] removable, int mid) {
    int m = s.length(), n = p.length(), i = 0, j = 0;
    Set<Integer> ids = new HashSet<>();
    for (int k = 0; k < mid; ++k) {
      ids.add(removable[k]);
    }
    while (i < m && j < n) {
      if (!ids.contains(i) && s.charAt(i) == p.charAt(j)) {
        ++j;
      }
      ++i;
    }
    return j == n;
  }
}

class Solution {
public:
  int maximumRemovals(string s, string p, vector<int>& removable) {
    int left = 0, right = removable.size();
    while (left < right) {
      int mid = left + right + 1 >> 1;
      if (check(s, p, removable, mid)) {
        left = mid;
      } else {
        right = mid - 1;
      }
    }
    return left;
  }

  bool check(string s, string p, vector<int>& removable, int mid) {
    int m = s.size(), n = p.size(), i = 0, j = 0;
    unordered_set<int> ids;
    for (int k = 0; k < mid; ++k) {
      ids.insert(removable[k]);
    }
    while (i < m && j < n) {
      if (ids.count(i) == 0 && s[i] == p[j]) {
        ++j;
      }
      ++i;
    }
    return j == n;
  }
};

func maximumRemovals(s string, p string, removable []int) int {
  check := func(k int) bool {
    ids := make(map[int]bool)
    for _, r := range removable[:k] {
      ids[r] = true
    }
    var i, j int
    for i < len(s) && j < len(p) {
      if !ids[i] && s[i] == p[j] {
        j++
      }
      i++
    }
    return j == len(p)
  }

  left, right := 0, len(removable)
  for left < right {
    mid := (left + right + 1) >> 1
    if check(mid) {
      left = mid
    } else {
      right = mid - 1
    }
  }
  return left
}

function maximumRemovals(s: string, p: string, removable: number[]): number {
  let left = 0,
    right = removable.length;
  while (left < right) {
    let mid = (left + right + 1) >> 1;
    if (isSub(s, p, new Set(removable.slice(0, mid)))) {
      left = mid;
    } else {
      right = mid - 1;
    }
  }
  return left;
}

function isSub(str: string, sub: string, idxes: Set<number>): boolean {
  let m = str.length,
    n = sub.length;
  let i = 0,
    j = 0;
  while (i < m && j < n) {
    if (!idxes.has(i) && str.charAt(i) == sub.charAt(j)) {
      ++j;
    }
    ++i;
  }
  return j == n;
}

use std::collections::HashSet;

impl Solution {
  pub fn maximum_removals(s: String, p: String, removable: Vec<i32>) -> i32 {
    let m = s.len();
    let n = p.len();
    let s = s.as_bytes();
    let p = p.as_bytes();

    let check = |k| {
      let mut i = 0;
      let mut j = 0;
      let ids: HashSet<i32> = removable[..k].iter().cloned().collect();
      while i < m && j < n {
        if !ids.contains(&(i as i32)) && s[i] == p[j] {
          j += 1;
        }
        i += 1;
      }
      j == n
    };

    let mut left = 0;
    let mut right = removable.len();
    while left + 1 < right {
      let mid = left + (right - left) / 2;
      if check(mid) {
        left = mid;
      } else {
        right = mid;
      }
    }

    if check(right) {
      return right as i32;
    }
    left as i32
  }
}