本题考察的是动态规划

题目描述

给定一个非空字符串 s 和一个包含非空单词列表的字典 wordDict，判定 s 是否可以被空格拆分为一个或多个在字典中出现的单词。
说明：
拆分时可以重复使用字典中的单词。
你可以假设字典中没有重复的单词。
示例 1：
输入: s = “leetcode”, wordDict = [“leet”, “code”]
输出: true
解释: 返回 true 因为 “leetcode” 可以被拆分成 “leet code”。
示例 2：
输入: s = “applepenapple”, wordDict = [“apple”, “pen”]
输出: true
解释: 返回 true 因为 “applepenapple” 可以被拆分成 “apple pen apple”。
注意你可以重复使用字典中的单词。
示例 3：
输入: s = “catsandog”, wordDict = [“cats”, “dog”, “sand”, “and”, “cat”]
输出: false

题目思考

首先这这道题的时候我使用的是深度优先搜索，然后发现超时了。想了一下，使用深度优先搜索重复地计算了有些位的可拆分情况，其实可以中一个数组来记录每一位的拆分情况，这样会减少很多不必要的计算。也就是动态规划。
首先我们定义一个数组boolean[] memo，第i位memo[i]表示待拆分字符串从第0位到第i-1位是否可以被成功地拆分。然后分别计算每一位是否可以被成功地拆分。

代码1

class Solution {
    public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
        // 可以类比于背包问题
        int n = s.length();
        int max_length=0;
        for(String temp:wordDict){
            max_length = temp.length()>max_length? temp.length():max_length;
        }
        // memo[i] 表示 s 中以 i - 1 结尾的字符串是否可被 wordDict 拆分
        boolean[] memo = new boolean[n + 1];
        
        memo[0] = true;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = i-1; j >=0 && max_length>=i-j; j--) {
                if (memo[j] && wordDict.contains(s.substring(j, i))) {
                    memo[i] = true;
                    break;
                }
            }
        }
        return memo[n];
    }
}