844.比较含退格的字符串
给定 s 和 t 两个字符串，当它们分别被输入到空白的文本编辑器后，如果两者相等，返回 true 。# 代表退格字符。
注意：如果对空文本输入退格字符，文本继续为空。
题目链接：844. 比较含退格的字符串 - 力扣（LeetCode）
示例 1：
输入：s = "ab#c", t = "ad#c"
输出：true
解释：s 和 t 都会变成 "ac"。
示例 2：
输入：s = "ab##", t = "c#d#"
输出：true
解释：s 和 t 都会变成 ""。
示例 3：
输入：s = "a#c", t = "b"
输出：false
解释：s 会变成 "c"，但 t 仍然是 "b"。
提示：
1 <= s.length, t.length <= 200-
s和t只含有小写字母以及字符'#'
进阶：
- 你可以用
O(n)的时间复杂度和O(1)的空间复杂度解决该问题吗？
思考：
本题涉及到字符串中的退格问题，所以自然而然就可以想到利用栈的思想来进行解决。
当然，这道题也可以使用双指针法来进行求解，比较巧妙，但相对的，这种方法就比较难想到。利用双指针法可以大大降低空间复杂度。
利用栈：
本题利用栈的思想是十分简便的，利用栈先进后出的特点，很容易就可以做到对于字符串中元素的退格。
首先利用一个Put函数，将字符串中的元素添加到stack栈容器中，在这个过程中，就可以实现元素的退格。接着就可以再backspaceCompare函数中对每个栈顶元素进行比较，比较完就出栈，判断两个字符串是否相等。
class Solution {
public:
void Put(string s, stack<char>& S) {
for (int i = 0; i < s.size(); i++) { //对字符串中的元素进行遍历
if (s[i] == '#' && !S.empty()) S.pop(); //如果是#且S不为空，删除栈顶元素
else if (s[i] != '#') S.push(s[i]); //如果该字符串元素不为#，入栈
}
return;
}
bool backspaceCompare(string s, string t) {
stack<char> S; //存s的栈
stack<char> T; //存t的栈
Put(s, S); //读入字符串s
Put(t, T); //读入字符串t
if (S.size() - T.size()) return false; //如果长度不一样，那么肯定内容不一样
while (!S.empty()) { //遍历
if (S.top() != T.top()) return false; //判断栈首元素
S.pop(), T.pop(); //删除
}
return true;
}
};
当然，我们也可以利用string完成上述操作：
class Solution {
public:
bool backspaceCompare(string S, string T) {
return build(S) == build(T);
}
string build(string str) {
string ret;
for (char ch : str) {
if (ch != '#') {
ret.push_back(ch);
} else if (!ret.empty()) {
ret.pop_back();
}
}
return ret;
}
};
双指针法：
我们可以注意到： # 号只会消除左边的一个字符，所以对右边的字符无影响，所以我们可以选择从后往前遍历。
这里设置的两个指针就不属于前面所提到的快慢指针或是左右指针，而是用两个指针分别指向两个字符串的末尾字符，从后往前进行遍历。
设置变量skipS,skipT分别存放两个字符串中#的数量。
在进行从后往前遍历的过程中：(以字符串S为例)
- 遇到字符为#，skipS++
- 当前字符不为#，skipS不为0，skipS--
- 当前字符不为#，skipS为0，与T中字符比较，此时退出S的循环判断，开始进行T的循环判断
- 在S和T都结束一轮循环判断后，对其当前指针所指向的元素进行比较。
class Solution {
public:
//双指针法
bool backspaceCompare(string S, string T) {
int i = S.length() - 1, j = T.length() - 1; //指针指向尾部
int skipS = 0, skipT = 0; //初始化
while (i >= 0 || j >= 0) {
while (i >= 0) { //先对S进行遍历，直到寻找到第一个有效元素
if (S[i] == '#') {
skipS++, i--;
}
else if (skipS > 0) {
skipS--, i--;
}
else {
break;
}
}
while (j >= 0) { //再对T进行遍历，直到寻找到第一个有效元素
if (T[j] == '#') {
skipT++, j--;
}
else if (skipT > 0) {
skipT--, j--;
}
else {
break;
}
}
if (i >= 0 && j >= 0) { //对此时S和T的元素进行比较
if (S[i] != T[j]) {
return false;
}
}
else {
if (i >= 0 || j >= 0) {
return false;
}
}
i--, j--;
}
return true;
}
};
不足之处在于，这种方法的时间复杂度是O（n+m)会比使用栈要慢一点，属于是用时间换空间，空间复杂度为O（1）。
后续也会坚持更新我的LeetCode刷题笔记，欢迎大家关注我，一起学习。
如果这篇文章对你有帮助，或者你喜欢这篇题解，可以给我点个赞哦。
CSDN同步更新，欢迎关注我的博客：一粒蛋TT的博客_CSDN博客-LeetCode学习笔记,HTML+CSS+JS,数据结构领域博主
往期回顾：
LeetCode283.移动零
LeetCode27.移除元素
LeetCode26.删除有序数组中的重复项
