此问题的描述是：
给定一个字符串 s 和一个字符串字典 worddict，如果 s 可以分割成一个或多个字典单词的空格分隔序列，则返回 true。注意词典中的同一个单词可能会在分词中重复使用多次。
例如：
input: s = "leetcode", worddict = ["leet", "code"]output: trueexplanation: return true because "leetcode" can be segmented as "leet code".
或者：
input: s = "applepenapple", worddict = ["apple", "pen"]output: trueexplanation: return true because "applepenapple" can be segmented as "apple pen apple".note that you are allowed to reuse a dictionary word.
或者：
input: s = "catsandog", worddict = ["cats", "dog", "sand", "and", "cat"]output: false
此外，我们的约束表明worddict 的所有字符串都是**唯一**，并且：
1 <= s.length <= 3001 <= worddict.length <= 10001 <= worddict[i].length <= 20s 和 worddict[i] 仅由小写英文字母组成。
继续动态编程解决方案，我们可以看看一种流行的自下而上的方法，我们构建一个 dp 数组来跟踪是否可以在每个索引处将 s 分解为 worddict 中的单词。
每个索引 我我我 dp 数组中将指示是否可以将整个字符串分解为从索引开始的单词 我我我.
dp needs to be of size s.length 1 to hold the edge case of an empty string, in other words, when we’re out of bounds.
让我们用最初的错误值来创建它：
let dp = array.from({ length: s.length + 1 }, () => false); // +1 for the base case, out of bounds
最后一个索引是空字符串，可以认为它是可破坏的，或者换句话说，有效的：
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dp[s.length] = true; // base case
向后看，对于 s 的每个索引，我们可以检查从该索引开始是否可以到达 worddict 中的任何单词：
for (let i = s.length - 1; i >= 0; i--) { for (const word of worddict) { /* ... */ }}
如果我们仍在 s (i word.length <= s.length) 的范围内并且找到了单词 (s.slice(i, i word.length) === word)，我们'将该槽标记为我们可以打破字符串的“下一个位置”的真值，这将是 i word.length:
for (let i = s.length - 1; i >= 0; i--) { for (const word of worddict) { if (i + word.length <= s.length && s.slice(i, i + word.length) === word) { dp[i] = dp[i + word.length]; } /* ... */ }}
如果我们可以将其分解为worddict中的任何单词，我们就不必继续查看其他单词，因此我们可以跳出循环：
for (let i = s.length - 1; i >= 0; i--) { for (const word of worddict) { if (i + word.length <= s.length && s.slice(i, i + word.length) === word) { dp[i] = dp[i + word.length]; } if (dp[i]) { break; } }}
最后，我们返回 dp[0] – 如果整个字符串可以分解为 worddict 中的单词，则其值将存储 true，否则为 false：
function wordbreak(s: string, worddict: string[]): boolean { /* ... */ return dp[0];}
而且，这是最终的解决方案：
function wordBreak(s: string, wordDict: string[]): boolean { let dp = Array.from({ length: s.length + 1 }, () => false); // +1 for the base case, out of bounds dp[s.length] = true; // base case for (let i = s.length - 1; i >= 0; i--) { for (const word of wordDict) { if (i + word.length <= s.length && s.slice(i, i + word.length) === word) { dp[i] = dp[i + word.length]; } if (dp[i]) { break; } } } return dp[0];}
时间和空间复杂度
时间复杂度为 o(n*m*t）o(n * m * t) o(n*m*t) 在哪里 nn n 是字符串 s， 米米米 是 worddict 中的单词数，并且 tt t 是 worddict 中的最大长度单词 – 因为我们有一个嵌套循环，通过切片操作遍历 worddict 中的每个单词，该切片操作使用 s 中每个字符的 word.length。
空间复杂度为 o(n)o(n) o(n) 因为我们为 s 的每个索引存储 dp 数组。
该系列中的最后一个动态规划问题将是最长递增子序列。在那之前，祝您编码愉快。
以上就是LeetCode 冥想：断词的详细内容，更多请关注创想鸟其它相关文章！
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