316. Remove Duplicate Letters(M) & 1081. Smallest Subsequence of Distinct Characters

https://leetcode.com/problems/remove-duplicate-letters/

Given a string s, remove duplicate letters so that every letter appears once and only once. You must make sure your result is the smallest in lexicographical order among all possible results.

Example 1:

Input: s = "bcabc"
Output: "abc"

Example 2:

Input: s = "cbacdcbc"
Output: "acdb"

Constraints:

• 1 <= s.length <= 104

• s consists of lowercase English letters.

Note: This question is the same as 1081: https://leetcode.com/problems/smallest-subsequence-of-distinct-characters/

Solution:

https://mp.weixin.qq.com/s/Yq49ZBEW3DJx6nXk1fMuswmp.weixin.qq.com

这道题和第 1081 题「不同字符的最小子序列」的解法是完全相同的，你可以把这道题的解法代码直接粘过去把 1081 题也干掉。

题目的要求总结出来有三点：

要求一、要去重。

要求二、去重字符串中的字符顺序不能打乱s中字符出现的相对顺序。

要求三、在所有符合上一条要求的去重字符串中，字典序最小的作为最终结果。

上述三条要求中，要求三可能有点难理解，举个例子。

比如说输入字符串s = "babc"，去重且符合相对位置的字符串有两个，分别是"bac"和"abc"，但是我们的算法得返回"abc"，因为它的字典序更小。

按理说，如果我们想要有序的结果，那就得对原字符串排序对吧，但是排序后就不能保证符合s中字符出现顺序了，这似乎是矛盾的。

其实这里会借鉴前文 单调栈解题框架 中讲到的「单调栈」的思路，没看过也无妨，等会你就明白了。

我们先暂时忽略要求三，用「栈」来实现一下要求一和要求二，至于为什么用栈来实现，后面你就知道了：

String removeDuplicateLetters(String s) {    
    // 存放去重的结果    
    Stack<Character> stk = new Stack<>();    
    // 布尔数组初始值为 false，记录栈中是否存在某个字符    
    // 输入字符均为 ASCII 字符，所以大小 256 够用了    
    boolean[] inStack = new boolean[256];    
    for (char c : s.toCharArray()) 
    {        
        // 如果字符 c 存在栈中，直接跳过        
        if (inStack[c]) continue;        
        // 若不存在，则插入栈顶并标记为存在        
        stk.push(c);        
        inStack[c] = true;    
    }    
    StringBuilder sb = new StringBuilder();    
    while (!stk.empty()) 
    {        
        sb.append(stk.pop());    
    }    
    // 栈中元素插入顺序是反的，需要 reverse 一下    
    return sb.reverse().toString();
}

这段代码的逻辑很简单吧，就是用布尔数组inStack记录栈中元素，达到去重的目的，此时栈中的元素都是没有重复的。

如果输入s = "bcabc"，这个算法会返回"bca"，已经符合要求一和要求二了，但是题目希望要的答案是"abc"对吧。

那我们想一想，如果想满足要求三，保证字典序，需要做些什么修改？

在向栈stk中插入字符'a'的这一刻，我们的算法需要知道，字符'a'的字典序和之前的两个字符'b'和'c'相比，谁大谁小？

如果当前字符'a'比之前的字符字典序小，就有可能需要把前面的字符 pop 出栈，让'a'排在前面，对吧？

那么，我们先改一版代码：

String removeDuplicateLetters(String s) 
{    
    Stack<Character> stk = new Stack<>();    
    boolean[] inStack = new boolean[256];    
    for (char c : s.toCharArray()) 
    {        
        if (inStack[c]) continue;        
        // 插入之前，和之前的元素比较一下大小        
        // 如果字典序比前面的小，pop 前面的元素        
        while (!stk.isEmpty() && stk.peek() > c) 
        {            
            // 弹出栈顶元素，并把该元素标记为不在栈中            
            inStack[stk.pop()] = false;        
        }        
        stk.push(c);        
        inStack[c] = true;    
    }    
     StringBuilder sb = new StringBuilder();   
     while (!stk.empty()) 
     {        
         sb.append(stk.pop());    
     }    
     return sb.reverse().toString();
 }

这段代码也好理解，就是插入了一个 while 循环，连续 pop 出比当前字符小的栈顶字符，直到栈顶元素比当前元素的字典序还小为止。只是不是有点「单调栈」的意思了？

这样，对于输入s = "bcabc"，我们可以得出正确结果"abc"了。

但是，如果我改一下输入，假设s = "bcac"，按照刚才的算法逻辑，返回的结果是"ac"，而正确答案应该是"bac"，分析一下这是怎么回事？

很容易发现，因为s中只有唯一一个'b'，即便字符'a'的字典序比字符'b'要小，字符'b'也不应该被 pop 出去。

那问题出在哪里？

我们的算法在stk.peek() > c时才会 pop 元素，其实这时候应该分两种情况：

情况一、如果stk.peek()这个字符之后还会出现，那么可以把它 pop 出去，反正后面还有嘛，后面再 push 到栈里，刚好符合字典序的要求。

情况二、如果stk.peek()这个字符之后不会出现了，前面也说了栈中不会存在重复的元素，那么就不能把它 pop 出去，否则你就永远失去了这个字符。

回到s = "bcac"的例子，插入字符'a'的时候，发现前面的字符'c'的字典序比'a'大，且在'a'之后还存在字符'c'，那么栈顶的这个'c'就会被 pop 掉。

while 循环继续判断，发现前面的字符'b'的字典序还是比'a'大，但是在'a'之后再没有字符'b'了，所以不应该把'b'pop 出去。

那么关键就在于，如何让算法知道字符'a'之后有几个'b'有几个'c'呢？

也不难，只要再改一版代码：

String removeDuplicateLetters(String s) 
{    
    Stack<Character> stk = new Stack<>();    
    // 维护一个计数器记录字符串中字符的数量    
    // 因为输入为 ASCII 字符，大小 256 够用了    
    int[] count = new int[256];    
    for (int i = 0; i < s.length(); i++) 
    {        
        count[s.charAt(i)]++;    
    }    
    boolean[] inStack = new boolean[256];    
    for (char c : s.toCharArray()) 
    {        
        // 每遍历过一个字符，都将对应的计数减一        
        count[c]--;        
        if (inStack[c]) continue;        
        while (!stk.isEmpty() && stk.peek() > c) 
        {            
            // 若之后不存在栈顶元素了，则停止 pop            
            if (count[stk.peek()] == 0) 
            {                break;            }            
            // 若之后还有，则可以 pop            
            inStack[stk.pop()] = false;        
        }        
        stk.push(c);        
        inStack[c] = true;    
    }    
    StringBuilder sb = new StringBuilder();    
    while (!stk.empty()) 
    {        
        sb.append(stk.pop());    
    }    
    return sb.reverse().toString();
}

我们用了一个计数器count，当字典序较小的字符试图「挤掉」栈顶元素的时候，在count中检查栈顶元素是否是唯一的，只有当后面还存在栈顶元素的时候才能挤掉，否则不能挤掉。

至此，这个算法就结束了，时间空间复杂度都是 O(N)。

你还记得我们开头提到的三个要求吗？我们是怎么达成这三个要求的？

要求一、通过inStack这个布尔数组做到栈stk中不存在重复元素。

要求二、我们顺序遍历字符串s，通过「栈」这种顺序结构的 push/pop 操作记录结果字符串，保证了字符出现的顺序和s中出现的顺序一致。

这里也可以想到为什么要用「栈」这种数据结构，因为先进后出的结构允许我们立即操作刚插入的字符，如果用「队列」的话肯定是做不到的。

要求三、我们用类似单调栈的思路，配合计数器count不断 pop 掉不符合最小字典序的字符，保证了最终得到的结果字典序最小。

当然，由于栈的结构特点，我们最后需要把栈中元素取出后再反转一次才是最终结果。

说实话，这应该是数组去重的最高境界了，没做过还真不容易想出来。你学会了吗？学会了点个「在看」？