LeetCode题目笔记——1487. 保证文件名唯一

题目描述

给你一个长度为 n 的字符串数组 names 。你将会在文件系统中创建 n 个文件夹：在第 i 分钟，新建名为 names[i] 的文件夹。

由于两个文件 不能 共享相同的文件名，因此如果新建文件夹使用的文件名已经被占用，系统会以 (k) 的形式为新文件夹的文件名添加后缀，其中 k 是能保证文件名唯一的 最小正整数 。

返回长度为 n 的字符串数组，其中 ans[i] 是创建第 i 个文件夹时系统分配给该文件夹的实际名称。

示例 1：

输入：names = ["pes","fifa","gta","pes(2019)"]
输出：["pes","fifa","gta","pes(2019)"]
解释：文件系统将会这样创建文件名：
"pes" --> 之前未分配，仍为 "pes"
"fifa" --> 之前未分配，仍为 "fifa"
"gta" --> 之前未分配，仍为 "gta"
"pes(2019)" --> 之前未分配，仍为 "pes(2019)"

示例 2：

输入：names = ["gta","gta(1)","gta","avalon"]
输出：["gta","gta(1)","gta(2)","avalon"]
解释：文件系统将会这样创建文件名：
"gta" --> 之前未分配，仍为 "gta"
"gta(1)" --> 之前未分配，仍为 "gta(1)"
"gta" --> 文件名被占用，系统为该名称添加后缀 (k)，由于 "gta(1)" 也被占用，所以 k = 2 。实际创建的文件名为 "gta(2)" 。
"avalon" --> 之前未分配，仍为 "avalon"

示例 3：

输入：names = ["onepiece","onepiece(1)","onepiece(2)","onepiece(3)","onepiece"]
输出：["onepiece","onepiece(1)","onepiece(2)","onepiece(3)","onepiece(4)"]
解释：当创建最后一个文件夹时，最小的正有效 k 为 4 ，文件名变为 "onepiece(4)"。

示例 4：

输入：names = ["wano","wano","wano","wano"]
输出：["wano","wano(1)","wano(2)","wano(3)"]
解释：每次创建文件夹 "wano" 时，只需增加后缀中 k 的值即可。

示例 5：

输入：names = ["kaido","kaido(1)","kaido","kaido(1)"]
输出：["kaido","kaido(1)","kaido(2)","kaido(1)(1)"]
解释：注意，如果含后缀文件名被占用，那么系统也会按规则在名称后添加新的后缀 (k) 。

提示：

• 1 <= names.length <= 5 * 10^4
• 1 <= names[i].length <= 20
• names[i] 由小写英文字母、数字和/或圆括号组成。

题目链接

题目难度——中等

方法一：哈希表

  我们需要一个哈希表seen来记录每个文件名的出现次数，同时以这个出现次数作为我们获取答案的依据之一。

代码/Python

class Solution:
    def getFolderNames(self, names):
        used_names = {}
        result = []
        for name in names:
            if name not in used_names:
                # 如果名称没有被占用，直接使用
                used_names[name] = 1
                result.append(name)
            else:
                # 如果名称被占用，就把出现次数++
                k = used_names[name]
                while f"{name}({k})" in used_names:
                    k += 1
                used_names[f"{name}({k})"] = 1
                result.append(f"{name}({k})")
                used_names[name] = k + 1	# 下一次要判断的
        return result

代码/C++

class Solution {
public:
    vector<string> getFolderNames(vector<string>& names) {
        map<string, int> seen;
        vector<string> res;
        for(auto name: names){
            // seen.count返回出现次数，find返回指向元素的迭代器
            if(!seen.count(name)){
                res.push_back(name);
                seen[name] = 1;
            }
            else{
                int k = seen[name];
                while(seen.count(name + "(" + to_string(k) + ")")){
                    k++;
                }
                string t = name + "(" + to_string(k) + ")";
                seen[t] = 1;
                res.push_back(t);
                seen[name] = k + 1;
            }
        }
        return res;
    }
};

  上面的代码还可以写得更简单一些，直接用一个while来代替if-else，以python为例：

class Solution:
    def getFolderNames(self, names):
        seen = dict()
        res = []
        for name in names:
            n = name
            while n in seen:
                n = f'{name}({seen[name]})'
                seen[name] += 1
            seen[n] = 1
            res.append(n)

        return res

总结

  方法一时间复杂度应该是O(N)级的，空间复杂度O(N)。