学算法认准 labuladong

东哥带你手把手撕力扣????

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想啥呢？labuladong 怎么可能被整不会？只是东哥又发现了一个有趣的套路，所以写了篇文章分享给大家~

读完本文，你可以去力扣解决如下题目：

第 316 题「去除重复字母」，难度 Hard 

第 1081 题「不同字符的最小子序列」，难度 Medium

关于去重算法，应该没什么难度，往哈希集合里面塞不就行了么？

最多给你加点限制，问你怎么给有序数组原地去重，这个我们旧文 如何高效地给有序数组/链表去重 讲过。

本文讲的问题应该是去重相关算法中难度最大的了，把这个问题搞懂，就再也不用怕数组去重问题了。

这是力扣第 316 题「去除重复字母」，题目如下：

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 popif (count[stk.peek()] == 0) {break;}// 若之后还有，则可以 popinStack[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」？

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