【每日一题】LeetCode - 最长公共前缀

给定一个字符串数组 strs，寻找它们的最长公共前缀。如果不存在公共前缀，则返回空字符串 ""。

示例

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：字符串数组中没有共同前缀，因此返回空字符串。

限制条件

• 数组长度 1 <= strs.length <= 200
• 字符串长度 0 <= strs[i].length <= 200
• 所有字符串均为小写英文字母

---

2. 解题思路与实现方法

方法 1：横向扫描法

将第一个字符串作为初始公共前缀，逐一与数组中的其他字符串对比，通过缩减前缀长度来保证公共性。最终得到的是所有字符串的最长公共前缀。

代码实现

#include <iostream>
#include <vector>
#include <string>
#include <algorithm>
using namespace std;

class Solution {
public:
    string longestCommonPrefix(vector<string>& strs) {
        string prefix = strs[0]; // 初始前缀
        for (int i = 1; i < strs.size(); ++i) {
            int j = 0;
            // 比较前缀与当前字符串的公共部分
            while (j < prefix.size() && j < strs[i].size() && prefix[j] == strs[i][j]) {
                ++j;
            }
            prefix = prefix.substr(0, j); // 更新前缀长度
            if (prefix.empty()) break;    // 若前缀为空，直接返回
        }
        return prefix;
    }
};

int main() {
    Solution s;
    vector<string> strs = {"flower", "flow", "flight"};
    cout << s.longestCommonPrefix(strs) << endl;
    return 0;
}

代码解析

1. 初始设置：将 strs[0] 作为初始公共前缀 prefix。
2. 逐个比较：遍历剩余的字符串，每次更新 prefix 为其与当前字符串的公共前缀。
3. 返回结果：当 prefix 缩减为 0 时，立即返回空字符串；否则返回最终公共前缀。

时间复杂度计算

• 最坏情况：所有字符串长度相等且无公共前缀时，时间复杂度为 O(S)，其中 S 是数组中所有字符的总和。
• 平均情况：由于每次比较时前缀逐渐缩短，通常能达到 O(minLen * n) 的效率，minLen 为字符串中最小长度，n 为字符串个数。

空间复杂度

仅使用常数额外空间，空间复杂度为 O(1)。

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方法 2：动态规划

此问题可转化为动态规划问题，逐字符检查公共前缀的长度。

1. 状态定义：定义 dp[i][j] 表示到第 i 个字符串和第 j 个字符时的最长公共前缀长度。
2. 状态转移方程：如果 strs[i][j] == strs[i-1][j]，则 dp[i][j] = dp[i-1][j] + 1，否则 dp[i][j] = 0。
3. 初始条件：第一个字符串为初始公共前缀，依次向后遍历更新。

代码实现

#include <iostream>
#include <vector>
#include <string>
using namespace std;

class Solution {
public:
    string longestCommonPrefix(vector<string>& strs) {
        if (strs.empty()) return "";
        int n = strs.size();
        int minLen = INT_MAX;

        // 寻找最小字符串长度
        for (const string& s : strs) {
            minLen = min(minLen, (int)s.length());
        }

        int low = 1, high = minLen;
        while (low <= high) {
            int mid = (low + high) / 2;
            if (isCommonPrefix(strs, mid))
                low = mid + 1;
            else
                high = mid - 1;
        }
        return strs[0].substr(0, (low + high) / 2);
    }

private:
    bool isCommonPrefix(const vector<string>& strs, int len) {
        string prefix = strs[0].substr(0, len);
        for (int i = 1; i < strs.size(); i++) {
            if (strs[i].find(prefix) != 0) {
                return false;
            }
        }
        return true;
    }
};

int main() {
    Solution solution;
    vector<string> strs = {"flower", "flow", "flight"};
    cout << solution.longestCommonPrefix(strs) << endl;
    return 0;
}

代码解析

1. 初始化：找到最短字符串的长度，设为 minLen。
2. 二分搜索：通过二分法逐步缩小范围，判断当前长度是否是公共前缀。
3. 判断公共前缀：利用 isCommonPrefix 函数检查当前长度 len 是否为公共前缀。
4. 返回结果：最终获得的 (low + high) / 2 即最长公共前缀长度。

时间复杂度分析

• 二分查找的复杂度为 O(log minLen)，每次查找调用 isCommonPrefix 的时间复杂度为 O(n * minLen)。因此总复杂度为 O(n * minLen * log minLen)。
• 空间复杂度为 O(1)。

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方法 3：纵向扫描法

逐列检查每个字符是否相同，遇到不同则停止。这种方法直观易懂，适用于小规模字符串数组。

代码实现

string longestCommonPrefix(vector<string>& strs) {
    if (strs.empty()) return "";
    for (int i = 0; i < strs[0].size(); i++) {
        char c = strs[0][i];
        for (int j = 1; j < strs.size(); j++) {
            if (i == strs[j].size() || strs[j][i] != c) {
                return strs[0].substr(0, i);
            }
        }
    }
    return strs[0];
}

---

3. 方法对比与总结

方法	时间复杂度	空间复杂度	适用场景
横向扫描法	O(S)	O(1)	字符串较多
二分法+动态规划	O(n * minLen * log minLen)	O(1)	大规模字符串
纵向扫描法	O(S)	O(1)	小规模字符串

• 横向扫描法和纵向扫描法都适合中小规模数据，横向法代码更简洁。
• 二分法结合动态规划提升了效率，适用于需要更高效率的情况。

原文地址：https://blog.csdn.net/qq_37945670/article/details/143448869

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