题目描述
示例 1:
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输入: s = “1^0|0|1”, result = 0
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输出: 2
解释: 两种可能的括号方法是
- 1^(0|(0|1))
- 1^((0|0)|1)
示例 2:
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输入: s = “0&0&0&1^1|0”, result = 1
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输出: 10
提示：
- 运算符的数量不超过 19 个
解题思路与代码
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这道题考到了位运算，字符串，递归，与动态规划，还是混在一起去考的。是真tam的难啊。
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所以说，大家不会做，不要气馁，感觉看不懂代码，别急，别怕，不是你不够聪明，而是这题，太TM难了呀。
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不过，没事，宋哥做出来了，宋哥教你们做，细致的绝对能让你理解！下面，就由我来带你走进这道hard++难度的题。
方法一：递归 +动态规划
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以上呢，就是这道题的关于如何去进行递归的大致思想。那递归中的细节部分，也就是那些重复计算的子问题，我们就要用动态规划的思想去解决掉它。
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我们刚刚知道了这个递归中间的重复计算的子问题（
重叠子问题，动态规划就是专门解决这个的）可以用动态规划来去进行优化，从而可以避免重复计算。
这里我们就去用动态规划的五部曲，再去深入看看这个问题是如何解决的：
- 我们定义一个三维的dp数组
dp[l][r][b]，其中 l 是字符串开始的下标， r 是字符串结束的下标， b 是有多少种方法可以得到题目给的那个result的值，b 就是那个方法数量。我们可以理解为 dp[l][r][b]代表的其实就是字符串下标从l开始到r结束的这么一个布尔表达式，有多少种方法可以得到题目给定的那个result的值。
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这道题其实我们是靠运算符，来将整个布尔表达式去划分成左右两个子表达式的。而最终的答案result，而恰恰其实只有两种答案，它其实无非就是 0 或 1。
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所以我们对于每个运算符s[i]，我们需要检查所有可能出现左右子表达式的布尔值组合。因为运算符出现在奇数下标，所以运算符 i 从 l+1 开始，每次递增 2。如果左子表达式(
s[l ... i-1])的布尔值为left_b，右表达式(s[i+1 ... r])的布尔值为right_b,且它们通过运算符 s[i] 计算得到的结果为期望的布尔值result，我们就把这些方法累加到结果中，也就是dp[l][r][b]这个答案。 -
那么这道题的推导公式就为：
dp[l][r][b] = sum(dp[l][i-1][left_b] * dp[i+1][r][right_b])（伪代码），其中sum是遍历所有满足 s[i] 运算的 left_b 和 right_b 的组合。 -
那么问题来了。
为什么要累加，为什么要相乘呢？-
我们假设，当运算符 s[i] 是 ‘&’（AND）时，我们需要找到所有使得 left_b & right_b 等于 b 的组合。在这种情况下，我们有以下可能的组合：
- left_b = 1, right_b = 1 （当 b = 1 时）
- left_b = 0, right_b = 0 （当 b = 0 时）
- left_b = 1, right_b = 0 （当 b = 0 时）
- left_b = 0, right_b = 1 （当 b = 0 时）
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现在，我们假设左侧子串有 2 种方法得到 true（left_b = 1），右侧子串有 3 种方法得到 true（right_b = 1），左侧子串有 4 种方法得到 false（left_b = 0），右侧子串有 5 种方法得到 false（right_b = 0）。
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那么，对于上述可能的组合，我们有：
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当 b = 1 时：
- left_b = 1, right_b = 1：有 2 * 3 = 6 种方法
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当 b = 0 时：
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left_b = 0, right_b = 0：有 4 * 5 = 20 种方法
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left_b = 1, right_b = 0：有 2 * 5 = 10 种方法
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left_b = 0, right_b = 1：有 4 * 3 = 12 种方法
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所以总共有：
- 对于 b = 1，有 6 种方法使得这两个子串满足 ‘&’ 运算符得到 true 的组合。
- 对于 b = 0，有 20 + 10 + 12 = 42 种方法使得这两个子串满足 ‘&’ 运算符得到 false 的组合。
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这个例子应该进一步解释了为什么我们需要将左侧子串和右侧子串的方法数相乘，并为满足条件的所有组合进行累加。
- 对于所有 l == r 的情况，如果 s[l] 等于 b（注意将 b 转换为字符），则 dp[l][r][b] = 1，否则 dp[l][r][b] = 0。
- l == r 是什么意思呢？ 意思就是开始坐标与结束坐标重合了，或者说可能字符串就一个字符。我们就需要去判断，这个字符呢是否和给我们的那个result的值相等呀，如果相等那么就是1嘛，不相等那么就是0嘛。
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从外部调用 dfs 函数时，我们需要遍历整个字符串 s。在 dfs 函数内部，我们需要遍历所有可能的分割点 i。对于 left_b 和 right_b 的取值，我们需要遍历所有可能的布尔值组合。
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外部调用 dfs(0, n-1, result, s, dp)，其中 n 是字符串 s 的长度。
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内部遍历顺序为：
for (int i = l + 1; i < r; i += 2) { char op = s[i]; for (int left_b = 0; left_b <= 1; ++left_b) { for (int right_b = 0; right_b <= 1; ++right_b) { // 更新 dp 数组和计算方法数量 } } }
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这里的外部调用和内部调用是指在实现递归函数时，函数的调用方式和递归过程。
- 外部调用：这是指在我们的主函数（countEval）中调用递归函数（dfs）。在这个问题中，我们从外部调用递归函数以计算整个布尔表达式的结果。我们传递初始参数，如 l = 0, r = n-1 和期望的布尔结果 result，以便计算整个表达式的所有可能的括号组合。
- 内部调用：这是指在递归函数（dfs）中自身调用的过程。在这个问题中，我们需要计算子串 s[l…r] 的布尔值等于 b 的所有可能括号组合。为了实现这一点，我们需要遍历所有可能的分割点 i 并递归地计算左侧子串和右侧子串的结果。
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在递归函数 dfs 中，我们首先检查 dp[l][r][b] 是否已经计算过。如果是，直接返回结果。然后，我们遍历所有可能的分割点 i 和所有可能的 left_b 和 right_b 的组合。对于满足条件的组合，我们递归地调用 dfs 函数来计算左侧子串 s[l…i-1] 和右侧子串 s[i+1…r] 的结果。
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这个过程会持续进行，直到我们达到递归的基本情况，即当 l == r 时，也就是我们只有一个字符。这时，我们只需要检查当前字符是否等于期望的布尔值 b，然后返回 1 或 0。
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通过外部调用和内部调用，我们能够递归地计算所有可能的子串组合，从而找到使布尔表达式得到期望结果的所有括号组合。
- 这一步的意思是，让你在演草纸上画画，去看看你的动态规划有没有哪个步骤错了，而导致答案与结果是否一致。
具体这道题的代码如下：
#include <vector>
#include <string>
using namespace std;
class Solution {
public:
int countEval(string s, int result) {
int n = s.length();
// 初始化三维数组 dp[l][r][b] 来记录从 l 到 r 的子表达式能得到布尔值 b 的计数
vector<vector<vector<int>>> dp(n, vector<vector<int>>(n, vector<int>(2, -1)));
// 调用递归函数 dfs
return dfs(s, 0, n - 1, result, dp);
}
// 定义递归函数 dfs，求从 l 到 r 的子表达式能得到布尔值 b 的计数
int dfs(const string &s, int l, int r, int b, vector<vector<vector<int>>> &dp) {
// 如果 dp[l][r][b] 不为 -1，表示已经计算过该子问题，直接返回结果
if (dp[l][r][b] != -1) {
return dp[l][r][b];
}
// 当 l == r 时，如果 s[l] 与 b 相等，则返回 1，否则返回 0
if (l == r) {
return dp[l][r][b] = (s[l] - '0' == b ? 1 : 0);
}
// 初始化一个变量 count 为 0，用于记录子表达式能得到布尔值 b 的计数
int count = 0;
// 遍历从 l 到 r 的每个字符，将表达式分割成两个子表达式
for (int i = l + 1; i < r; i += 2) {
char op = s[i];
// 计算左右两个子表达式能得到 0 和 1 的计数
for (int left_b = 0; left_b <= 1; ++left_b) {
for (int right_b = 0; right_b <= 1; ++right_b) {
// 根据运算符的类型和期望的布尔值 b，合并左右两个子表达式的计数
int cur_b = apply_op(left_b, op, right_b);
// 当运算结果与期望的布尔值 b 相等时，将左右子表达式的计数累加到 count
if (cur_b == b) {
count += dfs(s, l, i - 1, left_b, dp) * dfs(s, i + 1, r, right_b, dp);
}
}
}
}
// 更新 dp[l][r][b] 为 count，并返回 count
return dp[l][r][b] = count;
}
// 定义一个辅助函数 apply_op，根据运算符 op 和左右布尔值 left_b、right_b 计算运算结果
int apply_op(int left_b, char op, int right_b) {
switch (op) {
case '&':
return left_b & right_b;
case '|':
return left_b | right_b;
复杂度分析
时间复杂度：
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这道题使用了带有记忆化的递归，对于每个子问题，我们只计算一次。我们遍历所有可能的分割点 i（最多有 n/2 个），以及左右子串的布尔值组合（最多有 2 * 2 = 4 种）。因此，对于每个子问题，我们最多需要进行 O(n) 次操作。
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总共有 n * n 个子问题（对于每对 (l, r)，l 和 r 的范围都在 0 到 n-1 之间）。因此，总的时间复杂度为 O(n^3)。
空间复杂度：
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我们使用了一个三维 dp 数组来存储子问题的结果，其大小为 n * n * 2。因此，空间复杂度为 O(n^2)。
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在递归过程中，函数调用栈的深度最多为 n。因此，递归调用栈的空间复杂度为 O(n)。所以，总的空间复杂度为 O(n^2)。
总结
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这道题目是一个结合了动态规划（DP）、递归和分治思想的题目。我们可以将它归类为以下几个方面：
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动态规划（DP）：我们使用了一个三维 dp 数组来存储子问题的结果，避免了重复计算。这是典型的动态规划思想。
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递归：我们使用递归函数来求解原问题的解，通过递归地将问题分解为更小的子问题。
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分治思想：我们将问题分解为左右子串，分别求解子问题，然后将子问题的解合并起来得到原问题的解。这体现了分治的思想。
综上，这道题目可以归类为“动态规划+递归+分治”的组合题目。在实际解题中，这类题目往往需要我们灵活运用多种算法思想，将它们结合起来求解。