今天，我的一个朋友在面试软件开发人员的职位时被问到以下问题:
给定两个字符串s1和s2，你将如何检查s1是否是s2的旋转版本?
例子:
如果s1 = "stackoverflow"，则以下是它的一些旋转版本:
"tackoverflows"
"ackoverflowst"
"overflowstack"
其中“stackoverflwo”不是一个旋转的版本。
他给出的答案是:
取s2，找出s1的子字符串中最长的前缀，就能得到旋转的点。一旦你找到了那个点，在那个点打断s2得到s2a和s2b，然后检查是否连接(s2a,s2b) == s1
对我和我的朋友来说，这是一个很好的解决方案。但是面试官不这么认为。他要求一个更简单的解决办法。请告诉我在Java/C/ c++中你是如何做到这一点的?
提前谢谢你。
当前回答
我在Perl中这样做:
sub isRotation {
return length $_[0] == length $_[1] and index($_[1],$_[0],$_[0]) != -1;
}
其他回答
为什么不是这样的呢?
//is q a rotation of p?
bool isRotation(string p, string q) {
string table = q + q;
return table.IndexOf(p) != -1;
}
当然，你也可以编写自己的IndexOf()函数;我不确定。net使用的是一种简单的方式还是一种更快的方式。
天真:
int IndexOf(string s) {
for (int i = 0; i < this.Length - s.Length; i++)
if (this.Substring(i, s.Length) == s) return i;
return -1;
}
速度:
int IndexOf(string s) {
int count = 0;
for (int i = 0; i < this.Length; i++) {
if (this[i] == s[count])
count++;
else
count = 0;
if (count == s.Length)
return i - s.Length;
}
return -1;
}
编辑:我可能会有一些差一的问题;我不想检查。；）
将每个字符作为振幅，并对其进行离散傅里叶变换。如果它们仅因旋转而不同，则频谱将在舍入误差范围内相同。当然，这是低效的，除非长度是2的幂，所以你可以做FFT:-)
我在Perl中这样做:
sub isRotation {
return length $_[0] == length $_[1] and index($_[1],$_[0],$_[0]) != -1;
}
Opera的简单指针旋转技巧是有效的，但是在运行时最糟糕的情况下效率极低。简单地想象一个有许多长重复字符的字符串，例如:
S1 = HELLOHELLOHELLO1HELLOHELLOHELLO2 S2 = HELLOHELLOHELLO2HELLOHELLOHELLO1
从计算角度来看，“循环直到出现不匹配，然后再加1，再试一次”是一种可怕的方法。
为了证明你可以毫不费力地在C语言中使用串联方法，下面是我的解决方案:
int isRotation(const char* s1, const char* s2) {
assert(s1 && s2);
size_t s1Len = strlen(s1);
if (s1Len != strlen(s2)) return 0;
char s1SelfConcat[ 2 * s1Len + 1 ];
sprintf(s1SelfConcat, "%s%s", s1, s1);
return (strstr(s1SelfConcat, s2) ? 1 : 0);
}
这在运行时间上是线性的，以开销中O(n)内存使用为代价。
(请注意，strstr()的实现是特定于平台的，但如果特别脑死亡，总是可以用更快的替代方案替代，如Boyer-Moore算法)
纯Java答案(无空检查)
private boolean isRotation(String s1,String s2){
if(s1.length() != s2.length()) return false;
for(int i=0; i < s1.length()-1; i++){
s1 = new StringBuilder(s1.substring(1)).append(s1.charAt(0)).toString();
//--or-- s1 = s1.substring(1) + s1.charAt(0)
if(s1.equals(s2)) return true;
}
return false;
}
