之前刷leetcode。碰到了這道題。
一開始沒想到要用動態規劃來解。
後來看了一下答案給的**，又仔細研究了一下，發現確實是動態規劃。
中途看了很多其他人的部落格解釋，都沒把動態規劃講清楚。
所以乾脆就自己來寫乙份詳解吧。
首先，把題目貼上來
given a string s and a dictionary of words dict, determine if s can be segmented into a space-separated sequence of one or more dictionary words.
for example, given
s ="leetcode",
dict =["leet", "code"].
return true because"leetcode"can be segmented as"leet code".
簡單來說，就是s能不能由dict中儲存的單詞拼出來。
注意了，這裡有陷阱。不能簡單的從前往後substr遞增的檢查是否包含在dict中，否則會有問題。
比如 s=「aaaaaaa」 dict=["aaa","aaaa"]
這種例子如果用遞增的檢查，會把s檢測成 aaa aaa a ，最終返回false。而這個例子是返回true的。所以錯了。
下面開始介紹怎麼用動態規劃來講。
總的來說，動態規劃一般有2個步驟。1.把原問題劃分成若干子問題 2.已經計算過的問題可以被後面的問題利用從而減少重複計算。
該說的都說了，接下來到實際問題裡面去體會。
先貼出官網給出的標準答案
bool wordbreak(string s, unordered_set&dict)
} }return flag[s.length()];
}
首先vectorflag(s.length()+1,false);
這個容器的作用，就是前面講的2. 也就是已經計算過的問題可以被後面的問題所利用，減少重複計算。
具體怎麼做的等會再說。
這裡的第一層 i 迴圈，其實就是我們剛才講的1，也就是子問題。
你可以理解為 i 從1一直到s.length() ，分別表示從下標0開始，長度為1的子問題，長度為2的子問題，……，長度為s.length()的子問題。
而長度為s.length()的子問題的解，其實也就是原問題的解了。
現在再來解釋flag陣列。
可以理解為 flag[i]==true表示長度為i的子問題是可以成功被劃分的。
現在假設已經有 flag[i]==true，即長度為 i 的子問題是可以被劃分的。現在已經遍歷到 i+x 長度的子問題。
然後由語句：
if (flag[j] && dict.count(s.substr(j, i-j)) != 0)
並且有s.substr(j,i-1) 這個子串包含在 dict中。
所以長度為j的子問題現在就可以被劃分成 長度為i的子問題+s.substr(j,i-1) 。
所以 長度為 j 的子問題是可以被劃分的，也就可以break了。
這樣，是不是就利用了前面 子問題i 的計算結果避免了重複計算 子問題i呢。
至此，整個動態規劃的思想就講完了。
我自己又寫了乙個遞迴版本的答案，如果你對上面的似懂非懂的話，可以參考一下我的答案。
vector*flag;
bool fun(string s, unordered_set&dict, int i)
if (i == 0 && dict.find(s.substr(i, s.length() - i)) == dict.end())
return false;
else
if (i == 0)
return true;
(*flag)[i] = true;
return fun(s.substr(0, i), dict, i-1) || fun(s, dict, i);
}bool wordbreak(string s, unordered_set&dict)
整個遞迴核心部分是那個fun 函式。
最簡單的解釋就是看它的return語句。返回兩個遞迴的結果。分別表示從後往前 s.length()-i長度的這個子串是答案的解或者它不是答案的解。（有時候s的子串包含在dict中但不是答案的解，見上面的 aaa aaa a 這種分法）
是解，或者不是解，包含了所有可能的情況。因此分成了兩種子問題。再加上全域性變數flag避免重複計算。
因此滿足了動態規劃的所有步驟。得到的也是正確答案。
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