标签: 字符串
难度: Easy
给你一个字符串 s 表示一个学生的出勤记录，其中的每个字符用来标记当天的出勤情况（缺勤、迟到、到场）。记录中只含下面三种字符：
'A'：Absent，缺勤'L'：Late，迟到'P'：Present，到场如果学生能够 同时 满足下面两个条件，则可以获得出勤奖励：
'A'）严格 少于两天。'L'）记录。如果学生可以获得出勤奖励，返回 true ；否则，返回 false 。
示例 1：
输入：s = "PPALLP" 输出：true 解释：学生缺勤次数少于 2 次，且不存在 3 天或以上的连续迟到记录。
示例 2：
输入：s = "PPALLL" 输出：false 解释：学生最后三天连续迟到，所以不满足出勤奖励的条件。
提示：
1 <= s.length <= 1000s[i] 为 'A'、'L' 或 'P'运行时间: 18 ms
内存: 16.0 MB
class Solution:
def checkRecord(self, s: str) -> bool:
a = 0
l = 0
for i in range(len(s)):
if s[i] == "A":
a += 1
if a > 1:
return False
elif s[i] == "L":
l += 1
if l > 2:
return False
if i < len(s) - 1 and s[i+1] != "L":
l = 0
return True
此题解通过单次遍历字符串s来检查出勤记录是否符合奖励条件。它使用两个变量a和l来分别跟踪缺勤和连续迟到的天数。遍历过程中，若遇到'A'字符，则a增加1，如果a超过1，则立即返回False表示不符合条件。对于'L'字符，l增加1，如果l超过2，则也返回False。此外，如果当前字符为'L'但下一个字符不是'L'，则将l重置为0。如果整个字符串遍历完毕没有返回False，则表示学生符合获得奖励的条件，返回True。
时间复杂度: O(n)
空间复杂度: O(1)
# 定义Solution类
class Solution:
def checkRecord(self, s: str) -> bool:
a = 0 # 缺勤计数器
l = 0 # 连续迟到计数器
for i in range(len(s)):
if s[i] == 'A':
a += 1 # 缺勤次数增加
if a > 1:
return False # 缺勤超过一次，直接返回False
elif s[i] == 'L':
l += 1 # 连续迟到次数增加
if l > 2:
return False # 连续迟到超过两次，直接返回False
# 检查下一个字符，若不是'L'，则重置连续迟到计数器
if i < len(s) - 1 and s[i+1] != 'L':
l = 0
return True # 如果检查完所有字符都没有问题，返回True
在遍历字符串时，每次遇到'L'字符，会先增加连续迟到计数器l的值。然后，我会检查当前位置是否小于字符串长度减1（即不是最后一个字符），如果是这种情况，我接着查看下一个字符是否也是'L'。如果下一个字符不是'L'，说明连续迟到的情况已经结束，因此需要重置l为0。这样可以确保l只计数连续的'L'字符序列。
根据题目的规则，如果学生的缺勤次数超过1次，则不符合获得奖励的条件。因此，一旦缺勤计数器a的值超过1，无论字符串中后面的字符如何，学生已经不符合条件了。为了提高算法效率，一旦确定无法满足条件，立即返回False，避免不必要的进一步检查。
是的，我的算法中考虑到了这一点。在代码中，每次增加连续迟到计数器l之前，都会检查当前字符是否是字符串的最后一个字符。这是通过判断当前索引i是否小于字符串长度减1来实现的。如果i等于字符串长度减1（即当前字符是最后一个字符），则不会进行下一个字符的检查，也不会错误地访问超出字符串长度的索引。
算法确实考虑了字符串s为空的情况。如果字符串为空，说明没有任何出勤记录，因此没有缺勤或连续迟到的情况发生。根据题目的定义，学生在没有任何违规记录的情况下默认符合获得奖励的条件。因此，如果输入字符串s为空，算法应该返回True。