来源：力扣（LeetCode）
描述：
给你两个字符串 word1 和 word2 。你需要按下述方式构造一个新字符串 merge ：如果 word1 或 word2 非空，选择 下面选项之一 继续操作：
- 如果
word1非空，将word1中的第一个字符附加到merge的末尾，并将其从word1中移除。- 例如，
word1 = "abc"且merge = "dv"，在执行此选项操作之后，word1 = "bc"，同时merge = "dva"。
- 例如，
- 如果
word2非空，将word2中的第一个字符附加到merge的末尾，并将其从word2中移除。- 例如，
word2 = "abc"且merge = ""，在执行此选项操作之后，word2 = "bc"，同时merge = "a"。
- 例如，
返回你可以构造的字典序 最大 的合并字符串 merge 。
长度相同的两个字符串 a 和 b 比较字典序大小，如果在 a 和 b 出现不同的第一个位置，a 中字符在字母表中的出现顺序位于 b 中相应字符之后，就认为字符串 a 按字典序比字符串 b 更大。例如，"abcd" 按字典序比 "abcc" 更大，因为两个字符串出现不同的第一个位置是第四个字符，而 d 在字母表中的出现顺序位于 c 之后。
示例 1：
输入：word1 = "cabaa", word2 = "bcaaa"
输出："cbcabaaaaa"
解释：构造字典序最大的合并字符串，可行的一种方法如下所示：
- 从 word1 中取第一个字符：merge = "c"，word1 = "abaa"，word2 = "bcaaa"
- 从 word2 中取第一个字符：merge = "cb"，word1 = "abaa"，word2 = "caaa"
- 从 word2 中取第一个字符：merge = "cbc"，word1 = "abaa"，word2 = "aaa"
- 从 word1 中取第一个字符：merge = "cbca"，word1 = "baa"，word2 = "aaa"
- 从 word1 中取第一个字符：merge = "cbcab"，word1 = "aa"，word2 = "aaa"
- 将 word1 和 word2 中剩下的 5 个 a 附加到 merge 的末尾。
示例 2：
输入：word1 = "abcabc", word2 = "abdcaba"
输出："abdcabcabcaba"
提示：
- 1 <= word1.length, word2.length <= 3000
- word1 和 word2 仅由小写英文组成
方法一：贪心算法
思路与算法
题目要求合并两个字符串 word1 与 word2，且要求合并后的字符串字典序最大。首先需要观察一下合并的选择规律，假设当前需要从 word1 的第 i 个字符和 word2 的第 j 个字符选择一个字符加入到新字符串 merge 中，需要进行分类讨论:
- 如果 word1[i] > word2[j]，此时我们的最优选择是移除 word1[i] 加入到 \textit{merge}merge 中，从而保证 merge 的字典序最大；
- 如果 word1[i] < word2[j]，此时我们的最优选择是移除 word2[j] 加入到 merge，从而保证 merge 的字典序最大；
- 如果 word1[i] = word2[j]，此时则需要进一步讨论，结论如下：
- 如果 word1[i] 从 i 开始的后缀字典序大于 word2[j] 从 j 开始的后缀，则此时优先选择移除 word1[i] 加入到 merge 中；
- 如果 word1[i] 从 i 开始的后缀字典序小于 word2[j] 从 j 开始的后缀，则此时优先选择移除 word2[j] 加入到 merge 中；
- 如果 word1[i] 从 i 开始的后缀字典序等于 word2[j] 从 j 开始的后缀，则此时任选一个均可；
当两个字符相等时，则我们最优选择为后缀较大的字符串，分类讨论如下：
假设 word1[i] = word2[j]，此时两个字符串分别从 i, j 开始还有 l 个字符相等，则此时 word1[i+k] = word2[j+k], k∈ [0, l − 1]，第 l + 1 个字符时二者不相等，即满足 word1[i + l] != word2[j + l] ，我们可以假设 word1[i + l] < word2[j + l] 。
例如 word1 = “bcadea" 与 word2 = “_bcadf ”，此时 i = 0, j = 1, l = 4。
- 假设我们每次都选择从当前位置后缀较大的字符串，由于两个字符串分别从 i,ji,j 开始连续 ll 个字符相等，此时可以知道 word2 向右移动了 l 个位置到达了 j + l ，此时 word1 向右移动了 t 个位置到达了 i + t，此时一定满足 t ≤ l，word2 优先向右移动到达字符 word2[j + l] 处，此时字典序较大的字符 word2[j + l] 优先进行合并。如果 word2 移动 k 个字符时，word1 最多也移动 k 个字符，由于两个字符串同时移动 k 个位置会遇到相同字符时总是选择字典序较大的后缀，因此 word2 一定先移动 l 个位置，可以参考如下图所示：
- 假设我们每次都选择从当前位置后缀较小的字符串，由于两个字符串分别从 i, j 开始连续 l 个字符相等，此时可以知道 word1 向右移动了 l 个位置到达了 i + l，此时 word2 向右移动了 t 个位置到达了 j + t，此时一定满足 t ≤ l ，word1 优先向右移动到达字符 word1[i + l] 处，此时字典序较小的字符 word1[i+k] 优先进行合并。如果 word1 移动 k 个字符时，word2 最多也移动 k 个字符，而每次同时移动 k 个位置遇到相同字符时总是选择字典序较小的后缀，因此 word1 一定先移动 l 个位置，可以参考如下图所示：
- 我们观察到不论以何种方式进行合并，两个字符串一共移动了 l + t 个位置，此时字符串 merge 也合并了长度为 l + t 的字符串 s，不论以何种方式进行合并的字符串 s总是相同的，而此时下一个字符优先选择字典序较大的字符进行合并这样保证合并后的字典序最大。我们可以观察到上述示例中的 s = “bcbcad”。
其余的特殊情况跟上述思路一样，综上我们可以得到结论每次选择字典序较大的后缀进行移除一定可以保证得到最优的结果，其余的选择方法不一定能够保证得到最优结果。
代码：
class Solution {
public:string largestMerge(string word1, string word2) {string merge;int i = 0, j = 0;while (i < word1.size() || j < word2.size()) {if (i < word1.size() && word1.substr(i) > word2.substr(j)) {merge.push_back(word1[i++]);} else {merge.push_back(word2[j++]);}}return merge;}
};
执行用时：192 ms, 在所有 C++ 提交中击败了26.79%的用户
内存消耗：390.3 MB, 在所有 C++ 提交中击败了35.72%的用户
复杂度分析
时间复杂度： O((m+n)×max(m,n))，其中 m, n 分别表示两个字符串的长度。每次压入字符时需要进行后缀比较，每次两个字符串后缀比较的时间复杂度为 O(max(m,n))，一共最多需要比较 m + n 次，因此总的时间复杂度为 O((m+n)×max(m,n))。
空间复杂度：O(m + n)，其中 m,n 分别表示两个字符串的长度。每次比较时都会生成两个字符串的后缀，所需要的空间为 O(m + n)。
方法二：后缀数组
思路与算法
此种与方法一同样的思路，我们在比较两个字符串 word1 , word2 的后缀时，直接利用后缀数组来比较两个后缀的字典序大小。在两个 word1 与 word2 的中间添加一个字符 ‘@’ 来表示 word1 的结尾， ‘@’ 比所有的英文字母都小，且比字符串的末尾 ‘*’ 要大。设字符串word1 , word2 的长度分别为 m, n 我们计算出合并后的字符串 str 的后缀排名 rank，则 word1 中的第 i 个后缀对应着 str 的第 i 个后缀，word2 中的第 j 个后缀对应着 str 的第 m + 1 + j 个后缀。进行合并时我们可以直接比较两个字符串的后缀排序，每次选取后缀较大的进行合并即可。
代码:
vector<int> sortCharacters(const string & text) {int n = text.size();vector<int> count(128), order(n);for (auto c : text) {count[c]++;} for (int i = 1; i < 128; i++) {count[i] += count[i - 1];}for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {count[text[i]]--;order[count[text[i]]] = i;}return order;
}vector<int> computeCharClasses(const string & text, vector<int> & order) {int n = text.size();vector<int> res(n, 0);res[order[0]] = 0;for (int i = 1; i < n; i++) {if (text[order[i]] != text[order[i - 1]]) {res[order[i]] = res[order[i - 1]] + 1;} else {res[order[i]] = res[order[i - 1]];}}return res;
}vector<int> sortDoubled(const string & text, int len, vector<int> & order, vector<int> & classfiy) {int n = text.size();vector<int> count(n), newOrder(n);for (int i = 0; i < n; i++) {count[classfiy[i]]++;}for (int i = 1; i < n; i++) {count[i] += count[i - 1];}for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {int start = (order[i] - len + n) % n;int cl = classfiy[start];count[cl]--;newOrder[count[cl]] = start;}return newOrder;
}vector<int> updateClasses(vector<int> & newOrder, vector<int> & classfiy, int len) {int n = newOrder.size();vector<int> newClassfiy(n, 0);newClassfiy[newOrder[0]] = 0;for (int i = 1; i < n; i++) {int curr = newOrder[i];int prev = newOrder[i - 1];int mid = curr + len;int midPrev = (prev + len) % n;if (classfiy[curr] != classfiy[prev] || classfiy[mid] != classfiy[midPrev]) {newClassfiy[curr] = newClassfiy[prev] + 1;} else {newClassfiy[curr] = newClassfiy[prev];}}return newClassfiy;
}vector<int> buildSuffixArray(const string& text) {vector<int> order = sortCharacters(text);vector<int> classfiy = computeCharClasses(text, order);int len = 1;int n = text.size();for (int i = 1; i < n; i <<= 1) {order = sortDoubled(text, i, order, classfiy);classfiy = updateClasses(order, classfiy, i);}return order;
}class Solution {
public:string largestMerge(string word1, string word2) {int m = word1.size(), n = word2.size();string str = word1 + "@" + word2 + "*";vector<int> suffixArray = buildSuffixArray(str); vector<int> rank(m + n + 2);for (int i = 0; i < m + n + 2; i++) {rank[suffixArray[i]] = i;}string merge;int i = 0, j = 0;while (i < m || j < n) {if (i < m && rank[i] > rank[m + 1 + j]) {merge.push_back(word1[i++]);} else {merge.push_back(word2[j++]);}}return merge;}
};
执行用时：160 ms, 在所有 C++ 提交中击败了41.07%的用户
内存消耗：61.5 MB, 在所有 C++ 提交中击败了59.53%的用户
复杂度分析
时间复杂度： O(∣Σ∣+(m+n)×log(m+n))，其中 m, n 表示字符串 word1 与 word2 的长度， ∣Σ∣ 表示字符集的大小，在此 ∣Σ∣ 取 128 。时间复杂度主要取决于后缀数组的计算与字符串的遍历，其中后缀数组的计算需要的时间复杂度为 O(∣Σ∣+(m+n)×log(m+n))，我们通过后缀数组计算出每个后缀的排序需要的时间复杂度为 O(m + n)O(m+n，遍历两个字符串并通过比较后缀的大小来进行合并需要的时间复杂度为 O(m + n)，因此总的时间复杂度为O(∣Σ∣+(m+n)×log(m+n))
空间复杂度：O(m + n)。计算后缀数组时需要存放临时的字符串以及后缀排序，需要的空间均为 O(m + n)，因此总的空间复杂度为 O(m + n)。
author：LeetCode-Solution
