排序题目：找不同

题目

标题和出处

标题：找不同

出处：389. 找不同

难度

2 级

题目描述

要求

给定两个字符串 $\text{s}$ 和 $\text{t}$。

字符串 $\text{t}$ 的生成方法是将字符串 $\text{s}$ 随机重排，然后在随机位置添加一个字母。

请找出在 $\text{t}$ 中被添加的字母。

示例

示例 1：

输入：$\text{s = "abcd", t = "abcde"}$
输出：$\text{"e"}$
解释：$\text{‘e’}$ 是被添加的字母。

示例 2：

输入：$\text{s = "", t = "y"}$
输出：$\text{"y"}$

数据范围

• $\text{0}\le \text{s.length}\le \text{1000}$
• $\text{t.length}=\text{s.length}+\text{1}$
• $\text{s}$ 和 $\text{t}$ 只包含小写英语字母

解法一

思路和算法

由于 $t$ 比 $s$ 多一个字母，其余字母都相同只是顺序可能不同，因此将两个字符串排序之后，除了多出的一个字母以外，两个有序字符串相同。

同时遍历两个有序字符串，当遇到第一个不同的字母时，$t$ 中该位置的字母即为被添加的字母。如果遍历字符串 $s$ 结束时没有遇到不同的字母，则被添加的字母是 $t$ 的最后一个字母。

代码

class Solution {public char findTheDifference(String s, String t) {char[] sArr = s.toCharArray();char[] tArr = t.toCharArray();Arrays.sort(sArr);Arrays.sort(tArr);int length = sArr.length;for (int i = 0; i < length; i++) {if (sArr[i] != tArr[i]) {return tArr[i];}}return tArr[length];}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n\log n)$，其中 $n$ 是字符串 $s$ 的长度。需要 $O(n\log n)$ 的时间对两个字符数组排序，排序后需要 $O(n)$ 的时间找出被添加的字母，因此时间复杂度是 $O(n\log n)$。

• 空间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是字符串 $s$ 的长度。需要创建两个长度为 $n$ 的字符数组，排序需要 $O(\log n)$ 的递归调用栈空间，因此空间复杂度是 $O(n)$。

解法二

思路和算法

由于 $t$ 比 $s$ 多一个字母，其余字母都相同只是顺序可能不同，因此只有一个字母在 $t$ 中的出现次数比在 $s$ 中的出现次数多 $1$ 次，其余字母在 $t$ 中的出现次数和在 $s$ 中的出现次数相同。只要统计每个字母在 $s$ 和 $t$ 中的出现次数，即可找出被添加的字母。

由于 $s$ 和 $t$ 只包含小写英语字母，因此可以创建长度为 $26$ 的数组 $\text{counts}$ 记录每个字母的计数。

首先遍历 $s$，对于每个字母，将其在 $\text{counts}$ 中对应的计数加 $1$。然后遍历 $t$，对于每个字母，将其在 $\text{counts}$ 中对应的计数减 $1$。遍历 $s$ 和 $t$ 结束之后，$\text{counts}$ 中一定存在一个计数为负，该计数对应的字母即为被添加的字母。

实现方面，可以有以下两点优化。

1. 由于在遍历 $t$ 的过程中，$\text{counts}$ 中的计数只会减少，因此当 $\text{counts}$ 中的计数出现负数时，该计数对应的字母在 $t$ 中的出现次数大于在 $s$ 中的出现次数，该字母即为被添加的字母，返回该字母。

2. 遍历 $t$ 的过程中可以省略最后一个字母。如果在遍历 $t$ 的过程中，$\text{counts}$ 中的计数都没有出现负数，则被添加的字母是 $t$ 的最后一个字母。

代码

class Solution {public char findTheDifference(String s, String t) {int[] counts = new int[26];int length = s.length();for (int i = 0; i < length; i++) {char c = s.charAt(i);counts[c - 'a']++;}for (int i = 0; i < length; i++) {char c = t.charAt(i);counts[c - 'a']--;if (counts[c - 'a'] < 0) {return c;}}return t.charAt(length);}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是字符串 $s$ 的长度。需要遍历 $s$ 和 $t$ 各一次并维护计数，每次遍历都需要 $O(n)$ 的时间。

• 空间复杂度：$O(|\Sigma |)$，其中 $\Sigma$ 是字符集，这道题中字符集为全部小写英语字母，$|\Sigma |=26$。需要使用数组记录每个字符的计数，空间为 $O(|\Sigma |)$。

解法三

思路和算法

可以分别计算 $s$ 和 $t$ 的每个字母的 ASCII 码之和，$t$ 的 ASCII 码之和减去 $s$ 的 ASCII 码之和得到的差即为 $t$ 中被添加的字母对应的 ASCII 码，根据该 ASCII 码即可得到被添加的字母。

代码

class Solution {public char findTheDifference(String s, String t) {int sSum = 0, tSum = 0;int length = s.length();for (int i = 0; i < length; i++) {sSum += s.charAt(i);}for (int i = 0; i <= length; i++) {tSum += t.charAt(i);}return (char) (tSum - sSum);}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是字符串 $s$ 的长度。需要遍历 $s$ 和 $t$ 各一次并计算 ASCII 码之和，每次遍历都需要 $O(n)$ 的时间。

• 空间复杂度：$O(1)$。

解法四

预备知识

该解法涉及到位运算中的按位异或运算。用 $\oplus$ 表示按位异或运算符，按位异或运算具有以下性质。

• 交换律：对于任意整数 $a$ 和 $b$，有 $a\oplus b=b\oplus a$。

• 结合律：对于任意整数 $a$、$b$ 和 $c$，有 $(a\oplus b)\oplus c=a\oplus (b\oplus c)$。

• 归零律：对于任意整数 $a$，有 $a\oplus a=0$。

• 恒等律：对于任意整数 $a$，有 $0\oplus a=a\oplus 0=a$。

思路和算法

除了被添加的字母以外，其余的每个字母在 $s$ 中的出现次数与在 $t$ 中的出现次数相同，因此在 $s$ 和 $t$ 中的总出现次数是偶数。被添加的字母在 $t$ 中的出现次数比在 $s$ 中的出现次数多 $1$ 次，因此在 $s$ 和 $t$ 中的总出现次数是奇数。

利用按位异或运算的性质，对 $s$ 和 $t$ 中的所有字母的 ASCII 码计算按位异或的结果。所有出现偶数次的字母经过按位异或运算之后的结果是 $0$，只有出现奇数次的字母在按位异或运算之后保留，因此 $s$ 和 $t$ 中的所有字母的 ASCII 码的按位异或的结果即为 $t$ 中被添加的字母对应的 ASCII 码，根据该 ASCII 码即可得到被添加的字母。

代码

class Solution {public char findTheDifference(String s, String t) {int xor = 0;int length = s.length();for (int i = 0; i < length; i++) {xor ^= s.charAt(i);}for (int i = 0; i <= length; i++) {xor ^= t.charAt(i);}return (char) xor;}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是字符串 $s$ 的长度。需要遍历 $s$ 和 $t$ 各一次并计算按位异或的结果，每次遍历都需要 $O(n)$ 的时间。

• 空间复杂度：$O(1)$。