Python 是否可以在不使用sorted（）或比O（n^2）性能更好的字典的情况下检查字谜？

我目前正在学习，有人告诉我不要在python中使用“魔法”python技巧，如sorted（）或字符串拆分

我误认为这只是使用数组来检查输入字符串是否是字谜。因此，虽然我想到的第一件事是使用字典，但我没有继续使用它，因为我认为它是被禁止的。使用字典，我可以通过使用字母作为键，计数作为值，向下计数（减去）输入字符串中遇到的字母频率，并对频率字典进行循环以查看是否有零来计算字母的频率

所以…由于对限制设置了错误的概念，我创建了一个嵌套循环，如下所示（问题假设长度相等，没有空间）

显然，这是不可取的，因为对于使用字典的解决方案，大o表示法是o（n^2），即o（3n），两次迭代计算频率，最后一次迭代检查字典中的任何条目是否具有非零频率（这意味着这不是一个字谜）

因此，这是我的理解问题，但我没有继续，而是在想，有没有可能在不使用字典和仅依赖数组/列表的情况下产生一个比我的解决方案O（n^2）更好的性能更好的字谜检查器

我有另一个想法，但我停止了：

1） 将字符串列表转换为数字列表-但这意味着我仍然需要循环参考字符（原始）以查找数字位置

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它一直在蚕食着我，我意识到我对这些简单的算法问题想得太多了……但我仍然好奇是否有一个解决方案符合标准。

这取决于您输入的定义。是要处理所有字符，还是只处理可打印/拉丁-1集？你关心理论上的复杂性，还是真正的性能

对于第一个问题-如果您不关心字符编码到多个字节，您可以创建一个包含256个元素的列表，而不是索引到dict中，而是索引该数组。对于每个字符，在列表中的特定位置添加/删除

1

。它的复杂性与dict解决方案相同：

O（n+m）

。（数组中的计数是

O（1）

，因为它具有预定义的大小）

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对于第二个问题-如果您想不受限制地使用字符，您可以做同样的事情，但是创建一个包含

1114112

元素的列表，并按unicode字符编号进行索引。它不会比字典解决方案快，但同样-复杂性仍然是

O（n+m）

回答这个问题的python方法是使用

集合。Counter

对象：

from collections import Counter

def anagram(s1, s2):
    return Counter(s1) == Counter(s2)

但由于这些都受到限制，您可以使用普通字典（也称为hashmaps，它是许多高效算法的基本组成部分）

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一个高层次的过程如下。首先，为

string1

构建计数的哈希映射。对

string2

重复此过程。最后，比较两个哈希映射是否相等

首先，辅助函数-

def build_counts(string):
    ctr = {}
    for c in string:
        ctr[c] = ctr.setdefault(c, 0) + 1

    return ctr

现在，司机-

def anagram(string1, string2):  
    c1 = build_counts(string1)
    c2 = build_counts(string2)

    return c1 == c2

复杂性分析-构建每个hashmap需要O（N）个时间，执行比较也需要O（N），因为您必须，一个测试键是否相同，另一个测试键是否相同，比较相应键的值。总之，一个线性算法

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由于散列映射和散列集非常常见，您不应该认为这是有限制的，除非您计划使用数组和开放寻址实现自己的散列映射

不，没有一种高效的算法不依赖于哈希映射或更复杂的东西。除非您使用viraptor的答案，它基本上是hashmap（！）的数组版本，但是ASCII集中的每个字符都有一个唯一的条目。例如，ASCII字符65的计数将通过

arr[65]

访问，依此类推。因此，您需要有一个足够大的数组来容纳每个ASCII字符

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只要ASCII字母是可以管理的，但是当你考虑其他更广泛的编码（Unicode）时，情节就会变得更复杂。最后，只使用hashmap会节省很多空间

如果不允许使用魔法功能，您可以构建自己的计数器

def计数器（字符串）：
返回{i:string.count（i）for i in set（string）}

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然后您可以简单地使用cᴏʟᴅsᴘᴇᴇᴅ's解决方案

这里有一种替代方法，可以在线性时间内处理“合理”长度的单词。如果不计算任意精度乘法，则该算法运行O（n）

逻辑，如果你把每个字母都分配给一个素数。两个字谜的这些素数的乘法是相同的

我希望reduce不算是一个神奇的函数

from operator import mul
from functools import reduce


def is_anagram(word_a, word_b):
    primes_26 = [2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37,
                 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101]

    def prime_product(word):
        return reduce(mul, [primes_26[ord(ch) - 65] for ch in word.upper() if ch.isalpha()])

    return prime_product(word_a) == prime_product(word_b)


assert is_anagram("abc", "cba") 
assert not is_anagram("abc", "cbad") 

通过比较所有26个字母并计数，得出T（n）=2n+26

O（n）

def anagram解决方案4（s1、s2）：
c1=[0]*26
c2=[0]*26
对于范围内的i（len（s1））：
pos=ord（s1[i]）-ord（'a'）
c1[pos]=c1[pos]+1
对于范围内的i（len（s2））：
pos=ord（s2[i]）-ord（'a'））
c2[pos]=c2[pos]+1
j=0
stillOK=True
而你可以用一个
Counter（original）=Counter（input）
应该相当于一个字谜检查。@PatrickHaugh这很好，但在这种情况下，这样的神奇功能受到限制。
Counter
实际上是一个dict，所以如果排除dict，我假设计数器也被排除。如果我要这样做，而不使用任何类型的映射类型，我会使用数组按其0-25偏移量（或0-51，如果认为大写字母不同）索引每个字母，并将计数构建到其中。如果这是为了研究，那么它可能值得精确-您提供的函数是
O（n*m）
，而您使用的字典解决方案是
from operator import mul
from functools import reduce


def is_anagram(word_a, word_b):
    primes_26 = [2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37,
                 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101]

    def prime_product(word):
        return reduce(mul, [primes_26[ord(ch) - 65] for ch in word.upper() if ch.isalpha()])

    return prime_product(word_a) == prime_product(word_b)


assert is_anagram("abc", "cba") 
assert not is_anagram("abc", "cbad") 

def check_anagram(data1,data2):
    
    flag = False
    if (len(data1)==len(data2)):
        if (set(data1.lower()) == set(data2.lower())):
            for i in range(len(data1)-1):
                if data1[i] != data2[i]:
                    flag = True

    return flag

print(check_anagram("Theclassroom","Schoolmaster"))