394. 字符串解码

给定一个经过编码的字符串，返回它解码后的字符串。

编码规则为: k[encoded_string]，表示其中方括号内部的 encoded_string 正好重复 k 次。注意 k 保证为正整数。

你可以认为输入字符串总是有效的；输入字符串中没有额外的空格，且输入的方括号总是符合格式要求的。

此外，你可以认为原始数据不包含数字，所有的数字只表示重复的次数 k ，例如不会出现像 3a 或 2[4] 的输入。

示例 1： 输入：s = "3[a]2[bc]" 输出："aaabcbc" 示例 2： 输入：s = "3[a2[c]]" 输出："accaccacc" 示例 3： 输入：s = "2[abc]3[cd]ef" 输出："abcabccdcdcdef" 示例 4： 输入：s = "abc3[cd]xyz" 输出："abccdcdcdxyz"

方法1：辅助栈法

算法思路：

本题难点在于括号内嵌套括号，需要从内向外生成与拼接字符串，这与栈的先入后出特性对应。

构建辅助栈 stack ，遍历字符串 s 中的每个字符 c ； 当 c 为数字时，将数字字符转化为数字 multi ，用于后序倍数计算；当 c 为字母时，在 res 尾部添加 c ;当 c 为 [ 时，将当前 multi 和 res 入栈，并分别置空置 0： 记录此 [ 前临时结果 res 至栈，用于发现对应 ] 后的拼接操作；记录此 [ 前的倍数 multi 至栈，用于发现对应 ] 后，获取 multi x [...] 字符串。进入到新 [ 后， res 和 multi 重新记录。 当 c 为 ] 时， stack 出栈，拼接字符串 res = last_res + cur_multi * res ，其中： last_res 是上个 [ 到当前 [ 的字符串，例如： "3[a2[c]]" 中的 a ;cur_multi 是当前 [ 到 ] 内字符串的重复倍数，例如： "3[a2[c]]" 中的 2 。 返回字符串 res 。

参考代码1：

class Solution { public String decodeString(String s) { StringBuilder res = new StringBuilder(); int multi = 0; Stack<Integer> stack_multi = new Stack<>(); Stack<String> stack_res = new Stack<>(); for (char c : s.toCharArray()) { if (c == '[') { stack_multi.add(multi); stack_res.add(res.toString()); multi = 0; res = new StringBuilder(); } else if (c == ']') { String last_res = stack_res.pop(); Integer cur_multi = stack_multi.pop(); StringBuilder temp = new StringBuilder(); for (int i = 0; i < cur_multi; i++) { temp.append(res.toString()); } res = new StringBuilder(last_res + temp); } else if (c >= '0' && c <= '9') { multi = multi * 10 + Integer.parseInt(c + ""); } else { res.append(c); } } return res.toString(); } }

复杂度分析：

时间复杂度 $O(N)$，一次遍历 s。空间复杂度 $O(N)$，辅助栈在极端情况下需要线性空间，例如： 2[2[2[a]]] 。

方法2：递归法

算法思路：

总体思路与辅助栈法一致，不同点在于将 [ 和 ] 分别作为递归的开启与终止条件：

当 s[i] == ']' 时，返回当前括号内记录的 res 字符串与 ] 的索引 i (更新上层递归指针位置)；当 s[i] == '[' 时，开启新一层递归，记录 [...] 内字符串 tmp 和递归后的最新索引 i , 并执行 res + multi * tmp 拼接字符串。

参考代码2:

class Solution { public String decodeString(String s) { return dfs(s, 0)[0]; } private String[] dfs(String s, int i) { StringBuilder res = new StringBuilder(); int multi = 0; while (i < s.length()) { if (s.charAt(i) >= '0' && s.charAt(i) <= '9') { multi = multi * 10 + Integer.parseInt(s.charAt(i) + ""); } else if (s.charAt(i) == '[') { String[] tmp = dfs(s, i+1); i = Integer.parseInt(tmp[0]); while (multi > 0) { res.append(tmp[1]); multi--; } } else if (s.charAt(i) == ']') { return new String[] {String.valueOf(i), res.toString()}; } else { res.append(s.charAt(i)); } i++; } return new String[] {res.toString()}; } }

复杂度分析：

时间复杂度 $O(N)$，递归会更新索引，实际上还是一次遍历 s。空间复杂度 $O(N)$，极端情况下递归深度将会达到线性级别 。

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