题目描述(中等难度)

给一个字符串，输出所有的可能的 ip 地址，注意一下，01.1.001.1 类似这种 0 开头的是非法字符串。

解法一 回溯 递归 DFS

很类似于刚做过的 91 题，对字符串进行划分。这个其实也是划分，划分的次数已经确定了，那就是分为 4 部分。那么就直接用回溯的思想，第一部分可能是 1 位数，然后进入递归。第一部分可能是 2 位数，然后进入递归。第一部分可能是 3 位数，然后进入递归。很好理解，直接看代码理解吧。

public List restoreIpAddresses(String s) {

List ans = new ArrayList<>(); //保存最终的所有结果

getAns(s, 0, new StringBuilder(), ans, 0);

return ans;

}

/**

* @param: start 字符串开始部分

* @param: temp 已经划分的部分

* @param: ans 保存所有的解

* @param: count 当前已经加入了几部分

*/

private void getAns(String s, int start, StringBuilder temp, List ans, int count) {

//如果剩余的长度大于剩下的部分都取 3 位数的长度，那么直接结束

//例如 s = 121231312312, length = 12

//当前 start = 1，count 等于 1

//剩余字符串长度 11，剩余部分 4 - count = 3 部分，最多 3 * 3 是 9

//所以一定是非法的，直接结束

if (s.length() - start > 3 * (4 - count)) {

return;

}

//当前刚好到达了末尾

if (start == s.length()) {

//当前刚好是 4 部分，将结果加入

if (count == 4) {

ans.add(new String(temp.substring(0, temp.length() - 1)));

}

return;

}

//当前超过末位，或者已经到达了 4 部分结束掉

if (start > s.length() || count == 4) {

return;

}

//保存的当前的解

StringBuilder before = new StringBuilder(temp);

//加入 1 位数

temp.append(s.charAt(start) + "" + '.');

getAns(s, start + 1, temp, ans, count + 1);

//如果开头是 0，直接结束

if (s.charAt(start) == '0')

return;

//加入 2 位数

if (start + 1 < s.length()) {

temp = new StringBuilder(before);//恢复为之前的解

temp.append(s.substring(start, start + 2) + "" + '.');

getAns(s, start + 2, temp, ans, count + 1);

}

//加入 3 位数

if (start + 2 < s.length()) {

temp = new StringBuilder(before);

int num = Integer.parseInt(s.substring(start, start + 3));

if (num >= 0 && num <= 255) {

temp.append(s.substring(start, start + 3) + "" + '.');

getAns(s, start + 3, temp, ans, count + 1);

}

}

}

解法二 迭代

参考这里，相当暴力直接。因为我们知道了，需要划分为 4 部分，所以我们直接用利用三个指针将字符串强行分为四部分，遍历所有的划分，然后选取合法的解。

public List restoreIpAddresses(String s) {

List res = new ArrayList();

int len = s.length();

//i < 4 保证第一部分不超过 3 位数

//i < len - 2 保证剩余的字符串还能分成 3 部分

for(int i = 1; i<4 && i

for(int j = i+1; j

for(int k = j+1; k

//保存四部分的字符串

String s1 = s.substring(0,i), s2 = s.substring(i,j), s3 = s.substring(j,k), s4 = s.substring(k,len);

//判断是否合法

if(isValid(s1) && isValid(s2) && isValid(s3) && isValid(s4)){

res.add(s1+"."+s2+"."+s3+"."+s4);

}

}

}

}

return res;

}

public boolean isValid(String s){

if(s.length()>3 || s.length()==0 || (s.charAt(0)=='0' && s.length()>1) || Integer.parseInt(s)>255)

return false;

return true;

}

时间复杂度：如果不考虑我们调用的内部函数，Integer.parseInt，s.substring，那么就是 O(1)。因为每一层循环最多遍历 4 次。考虑的话每次调用的时间复杂度是 O(n)，常数次调用，所以是 O(n)。

空间复杂度：O(1)。

总

回溯或者说深度优先遍历，经常遇到了。但是解法二的暴力方法竟然通过了，有些意外。另外分享下 discuss 里有趣的评论，哈哈哈哈。