题目
题目链接：https://leetcode.cn/problems/longest-common-prefix/
编写一个函数来查找字符串数组中的最长公共前缀。
如果不存在公共前缀，返回空字符串 ""。
示例 1：
输入：strs = ["flower","flow","flight"]
输出："fl"
示例 2：
输入：strs = ["dog","racecar","car"]
输出：""
解释：输入不存在公共前缀。
题解
方法一：横向扫描
用 \(\textit{LCP}(S_1 \ldots S_n)\) 表示字符串 \(S_1 \ldots S_n\)的最长公共前缀。
可以得到以下结论：
\[\textit{LCP}(S_1 \ldots S_n) = \textit{LCP}(\textit{LCP}(\textit{LCP}(S_1, S_2),S_3),\ldots S_n) \]基于该结论，可以得到一种查找字符串数组中的最长公共前缀的简单方法。依次遍历字符串数组中的每个字符串，对于每个遍历到的字符串，更新最长公共前缀，当遍历完所有的字符串以后，即可得到字符串数组中的最长公共前缀。
如果在尚未遍历完所有的字符串时，最长公共前缀已经是空串，则最长公共前缀一定是空串，因此不需要继续遍历剩下的字符串，直接返回空串即可。
class Solution {
public String longestCommonPrefix(String[] strs) {
if (strs == null || strs.length == 0) {
return "";
}
String prefix = strs[0];
int count = strs.length;
for (int i = 1; i < count; i++) {
prefix = longestCommonPrefix(prefix, strs[i]);
if (prefix.length() == 0) {
break;
}
}
return prefix;
}
public String longestCommonPrefix(String str1, String str2) {
int length = Math.min(str1.length(), str2.length());
int index = 0;
while (index < length && str1.charAt(index) == str2.charAt(index)) {
index++;
}
return str1.substring(0, index);
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度：O(mn)，其中m是字符串数组中的字符串的平均长度，n是字符串的数量。最坏情况下，字符串数组中的每个字符串的每个字符都会被比较一次。
- 空间复杂度：O(1)。使用的额外空间复杂度为常数。
方法二：纵向扫描
方法一是横向扫描，依次遍历每个字符串，更新最长公共前缀。另一种方法是纵向扫描。纵向扫描时，从前往后遍历所有字符串的每一列，比较相同列上的字符是否相同，如果相同则继续对下一列进行比较，如果不相同则当前列不再属于公共前缀，当前列之前的部分为最长公共前缀。
class Solution {
public String longestCommonPrefix(String[] strs) {
if (strs == null || strs.length == 0) {
return "";
}
int length = strs[0].length();
int count = strs.length;
for (int i = 0; i < length; i++) {
char c = strs[0].charAt(i);
for (int j = 1; j < count; j++) {
if (i == strs[j].length() || strs[j].charAt(i) != c) {
return strs[0].substring(0, i);
}
}
}
return strs[0];
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度：O(mn)，其中m是字符串数组中的字符串的平均长度，n是字符串的数量。最坏情况下，字符串数组中的每个字符串的每个字符都会被比较一次。
- 空间复杂度：O(1)。使用的额外空间复杂度为常数。
方法三：分治
注意到 \(\textit{LCP}\) 的计算满足结合律，有以下结论：
\[\textit{LCP}(S_1 \ldots S_n) = \textit{LCP}(\textit{LCP}(S_1 \ldots S_k), \textit{LCP} (S_{k+1} \ldots S_n)) \]其中 \(\textit{LCP}(S_1 \ldots S_n)\) 是字符串 \(S_1 \ldots S_n\) 的最长公共前缀，1 < k < n。
基于上述结论，可以使用分治法得到字符串数组中的最长公共前缀。对于问题 \(\textit{LCP}(S_i\cdots S_j)\)，可以分解成两个子问题 \(\textit{LCP}(S_i \ldots S_{mid})\)与\(\textit{LCP}(S_{mid+1} \ldots S_j)\)，其中\(mid=\frac{i+j}{2}\)。对两个子问题分别求解，然后对两个子问题的解计算最长公共前缀，即为原问题的解。
class Solution {
public String longestCommonPrefix(String[] strs) {
if (strs == null || strs.length == 0) {
return "";
} else {
return longestCommonPrefix(strs, 0, strs.length - 1);
}
}
public String longestCommonPrefix(String[] strs, int start, int end) {
if (start == end) {
return strs[start];
} else {
int mid = (end - start) / 2 + start;
String lcpLeft = longestCommonPrefix(strs, start, mid);
String lcpRight = longestCommonPrefix(strs, mid + 1, end);
return commonPrefix(lcpLeft, lcpRight);
}
}
public String commonPrefix(String lcpLeft, String lcpRight) {
int minLength = Math.min(lcpLeft.length(), lcpRight.length());
for (int i = 0; i < minLength; i++) {
if (lcpLeft.charAt(i) != lcpRight.charAt(i)) {
return lcpLeft.substring(0, i);
}
}
return lcpLeft.substring(0, minLength);
}
}
复杂度分析
-
时间复杂度：O(mn)，其中m是字符串数组中的字符串的平均长度，n是字符串的数量。时间复杂度的递推式是 \(T(n)=2 \cdot T(\frac{n}{2})+O(m)\)，通过计算可得\(T(n)=O(mn)\)。
-
空间复杂度：\(O(m \log n)\)，其中m是字符串数组中的字符串的平均长度，n是字符串的数量。空间复杂度主要取决于递归调用的层数，层数最大为 \(\log n\)，每层需要m的空间存储返回结果。
方法四：二分查找
显然，最长公共前缀的长度不会超过字符串数组中的最短字符串的长度。用\(\textit{minLength}\)表示字符串数组中的最短字符串的长度，则可以在\([0,\textit{minLength}]\)的范围内通过二分查找得到最长公共前缀的长度。每次取查找范围的中间值\(\textit{mid}\)，判断每个字符串的长度为\(\textit{mid}\)的前缀是否相同，如果相同则最长公共前缀的长度一定大于或等于\(\textit{mid}\)，如果不相同则最长公共前缀的长度一定小于\(\textit{mid}\)，通过上述方式将查找范围缩小一半，直到得到最长公共前缀的长度。
class Solution {
public String longestCommonPrefix(String[] strs) {
if (strs == null || strs.length == 0) {
return "";
}
int minLength = Integer.MAX_VALUE;
for (String str : strs) {
minLength = Math.min(minLength, str.length());
}
int low = 0, high = minLength;
while (low < high) {
int mid = (high - low + 1) / 2 + low;
if (isCommonPrefix(strs, mid)) {
low = mid;
} else {
high = mid - 1;
}
}
return strs[0].substring(0, low);
}
public boolean isCommonPrefix(String[] strs, int length) {
String str0 = strs[0].substring(0, length);
int count = strs.length;
for (int i = 1; i < count; i++) {
String str = strs[i];
for (int j = 0; j < length; j++) {
if (str0.charAt(j) != str.charAt(j)) {
return false;
}
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度：\(O(mn \log m)\)，其中 m 是字符串数组中的字符串的最小长度，n 是字符串的数量。二分查找的迭代执行次数是 \(O(\log m)\)，每次迭代最多需要比较 mn 个字符，因此总时间复杂度是 \(O(mn \log m)\)。
- 空间复杂度：O(1)。使用的额外空间复杂度为常数。