每日一題，防止痴呆 = =
思路這道題的思路感覺挺常規的，是遞進式的。
一階段：遞迴
首先容易想到的是遞迴，我們可以直接遞迴來做，思路很清晰。就是首先用unordered_map儲存字典，然後建立遞迴函式can_break(s)，其中，每個遞迴函式中，找到第乙個和字典中元素匹配的元素，然後將去掉這個元素後的子串再繼續遞迴，最後就可以遍歷所有的情況，從而求得結果。
當然，這個方法在這裡會超時，畢竟有太多不必要的計算了。
二階段：動態規劃
自然，我們遞迴超時了，就可以考慮用動態規劃來進行求解。我們設 dp[i] 表示字串的前 i 個字元，是否可以拆解。那麼我們進行遞推的時候，如果要求解 dp[i]，那麼我們只需要遍歷 dp[0] ~ dp[i - 1]，如果其中 dp[j] 為 true，也就是說前 j 個字元已經是可拆的了，那麼我們只要保證 j + 1 ~ i 這個字串在字典中，那麼前 i 個字元就都是可拆的了，這樣就有了遞推關係。時間複雜度是o(n2)，相比於前一種已經減少很多了。
三階段：優化的動態規劃
到了上面的方法就是結束了嗎？當然不是，我們還能進行一些常數上的加速。我們上面需要在每次求解 dp[i] 的時候，遍歷所有的 0 ~ i - 1，然而我們可以主動一點，我們在遍歷到 i 的時候，下一步不是去遍歷 0 ~ i - 1，而是去遍歷 wordlist，去求 dp[i + word.size() - 1]，這樣就又可以省去一些重複遍歷 dp中元素的時間，比二階段的方法更進一步。
ac**
遞迴解法
class
solution
return
false;}
bool
wordbreak
(string s, vector
& worddict)
return
can_break
(s);}}
;
class
solution
int s_len = s.
length()
;bool dp[s_len +1]
;for
(int i=
0;i<=s_len;i++
) dp[i]
=false
; dp[0]
=true
;for
(int i=
1;i<=s_len;i++)}
}return dp[s_len];}
};
class
solution}}
return dp[s_len];}
};
LeetCode每日一題（題139）
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