有没有比 count() 更快的方法来计算字符串中的非重叠出现？

Question

给定一个最小长度 N 和一个 1 和 0 的字符串 S（例如“01000100”），我试图返回一个包含所有 '0' 的长度为 n 的子字符串的非重叠出现次数。 例如，给定 n=2 和字符串“01000100”，不重叠的“00”的数量为 2。

这就是我所做的：

def myfunc(S,N):
  return S.count('0'*N)

我的问题：有没有更快的方法来处理很长的字符串？ 这是来自在线编码练习网站，我的代码通过了除一个测试用例之外的所有测试用例，由于无法在时间限制内完成而失败。 做一些研究似乎我只能发现 count() 是最快的方法。

Answer 1

这可能会更快：

>>> s = "01000100"
>>> def my_count( a, n ) :
...     parts = a.split('1')
...     return sum( len(p)//n for p in parts )
... 
>>> my_count(s, 2)
2
>>> 

count()的最坏情况是 O(N^2)，上面的 function 是严格线性的 O(N)。 以下是 O(N^2) 数来自的讨论： 对字符串 Python 进行计数操作的计算成本是多少？

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此外，您可以始终手动执行此操作，而不使用split() ，只需遍历字符串，将计数器（一旦保存counter // n某处）重置为1并增加计数器0 。 这肯定会击败任何其他方法，因为严格来说是 O(N)。

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最后，对于相对较大的n值（n > 10？），可能存在一个亚线性（或仍然是线性，但具有更小的常数）算法，该算法首先将a[n-1]与0进行比较，然后继续回到开始。 很有可能，某处会有一个1 ，所以如果a[n-1]为1 ，我们就不必分析字符串的开头——仅仅是因为那里没有办法容纳足够多的零。 假设我们在 position k找到1 ，下一个要比较的 position 将是a[k+n-1] ，再次回到字符串的开头。

这样我们可以在搜索过程中有效地跳过大部分字符串。

Answer 2

lenik 发布了一个非常好的回复，效果很好。 我还发现了另一种比 count() 更快的方法，我也会在这里发布。 它使用正则表达式库中的 findall() 方法：

import re
def my_count(a, n):
  return len(re.findall('0'*n, a))