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:

1. words has length in range [0, 50].
2. words[i] has length in range [1, 10].
3. S has length in range [0, 500].
4. All characters in words[i] and S are 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：