交错两个没有公共字符的给定字符串

两个字符串交错是指将它们按顺序交错排列在一起，要求最终形成的新字符串中，两个原字符串的字符必须全部出现，且不能有相同的字符。比如，字符串 "abc" 和 "def" 可以交错成新字符串 "adbecf"，但是字符串 "aabc" 和 "abcc" 不能交错成新字符串。

解法一：递归

我们可以采用递归的方式来解决这个问题。实现思路如下：

• 假设字符串 A 和字符串 B 都是不含重复字符的字符串，A 的长度为 m，B 的长度为 n，新字符串为 C。
• 如果字符串 A 或字符串 B 为空，则新字符串为 A 或 B。
• 如果字符串 A 和字符串 B 的首字符相同，则先将 A 的首字符加入新字符串 C 中，并递归处理 A 和去掉首字符后的 B。
• 如果字符串 A 和字符串 B 的首字符不同，则先将 A 和 B 的首字符中较小的那个加入新字符串 C 中，并递归处理 A 和去掉首字符后的 B，或者处理去掉 A 的首字符后的 B。

如果两个字符串 A 和 B 包含有重复字符，那么我们需要对上述递归算法进行一些改进。

代码如下：

def interleave(A: str, B: str) -> str:
    if not A:
        return B
    if not B:
        return A
    if A[0] == B[0]:
        return A[0] + interleave(A[1:], B)
    else:
        return min(A[0]+interleave(A[1:], B), B[0]+interleave(A, B[1:]))

时间复杂度为 $O(2^{\max(m, n)})$，空间复杂度为 $O(\max(m, n))$。

解法二：动态规划

我们可以采用动态规划的方式来解决这个问题。实现思路如下：

设 $dp[i][j]$ 表示字符串 A 的前 i 个字符和字符串 B 的前 j 个字符可以交错形成字符串 C 的前 i+j 个字符。

字符串 A 和字符串 B 交错形成字符串 C 的条件为：

1. 字符串 A 的前 i-1 个字符和字符串 B 的前 j 个字符可以交错形成字符串 C 的前 i+j-1 个字符，并且 A[i-1] == C[i+j-1]。
2. 字符串 A 的前 i 个字符和字符串 B 的前 j-1 个字符可以交错形成字符串 C 的前 i+j-1 个字符，并且 B[j-1] == C[i+j-1]。

边界条件为：

1. 当 $i=0$ 且 $j=0$ 时，dp[i][j] 为 True。
2. 当 $i=0$ 时，dp[i][j] 的值要和 dp[i][j-1] 相同。
3. 当 $j=0$ 时，dp[i][j] 的值要和 dp[i-1][j] 相同。

代码如下：

def interleave(A: str, B: str) -> bool:
    m, n = len(A), len(B)
    if m + n != len(set(A + B)):
        return False
    dp = [[False] * (n+1) for _ in range(m+1)]
    dp[0][0] = True
    for i in range(1, m+1):
        dp[i][0] = dp[i-1][0] and A[i-1] == A[i+j-1]
    for j in range(1, n+1):
        dp[0][j] = dp[0][j-1] and B[j-1] == A[i+j-1]
    for i in range(1, m+1):
        for j in range(1, n+1):
            dp[i][j] = (dp[i-1][j] and A[i-1] == C[i+j-1]) or \
                       (dp[i][j-1] and B[j-1] == C[i+j-1])
    return dp[m][n]

时间复杂度和空间复杂度均为 $O(mn)$。

总结

两种算法的时间复杂度和空间复杂度都较高，解决该问题的时间复杂度下限为 $O(m+n)$，因此还有更高效的算法可以应用于该问题。