题目描述（中等难度）

给一个字符串，输出所有的可能的 ip 地址，注意一下，01.1.001.1 类似这种 0 开头的是非法字符串。

解法一 回溯 递归 DFS

很类似于刚做过的 91 题，对字符串进行划分。这个其实也是划分，划分的次数已经确定了，那就是分为 4 部分。那么就直接用回溯的思想，第一部分可能是 1 位数，然后进入递归。第一部分可能是 2 位数，然后进入递归。第一部分可能是 3 位数，然后进入递归。很好理解，直接看代码理解吧。

public List<String> restoreIpAddresses(String s) { List<String> ans = new ArrayList<>(); //保存最终的所有结果 getAns(s, 0, new StringBuilder(), ans, 0); return ans; } /** * @param: start 字符串开始部分 * @param: temp 已经划分的部分 * @param: ans 保存所有的解 * @param: count 当前已经加入了几部分 */ private void getAns(String s, int start, StringBuilder temp, List<String> ans, int count) { //如果剩余的长度大于剩下的部分都取 3 位数的长度，那么直接结束 //例如 s = 121231312312, length = 12 //当前 start = 1，count 等于 1 //剩余字符串长度 11，剩余部分 4 - count = 3 部分，最多 3 * 3 是 9 //所以一定是非法的，直接结束 if (s.length() - start > 3 * (4 - count)) { return; } //当前刚好到达了末尾 if (start == s.length()) { //当前刚好是 4 部分，将结果加入 if (count == 4) { ans.add(new String(temp.substring(0, temp.length() - 1))); } return; } //当前超过末位，或者已经到达了 4 部分结束掉 if (start > s.length() || count == 4) { return; } //保存的当前的解 StringBuilder before = new StringBuilder(temp); //加入 1 位数 temp.append(s.charAt(start) + "" + '.'); getAns(s, start + 1, temp, ans, count + 1); //如果开头是 0，直接结束 if (s.charAt(start) == '0') return; //加入 2 位数 if (start + 1 < s.length()) { temp = new StringBuilder(before);//恢复为之前的解 temp.append(s.substring(start, start + 2) + "" + '.'); getAns(s, start + 2, temp, ans, count + 1); } //加入 3 位数 if (start + 2 < s.length()) { temp = new StringBuilder(before); int num = Integer.parseInt(s.substring(start, start + 3)); if (num >= 0 && num <= 255) { temp.append(s.substring(start, start + 3) + "" + '.'); getAns(s, start + 3, temp, ans, count + 1); } } } 

解法二 迭代

参考这里，相当暴力直接。因为我们知道了，需要划分为 4 部分，所以我们直接用利用三个指针将字符串强行分为四部分，遍历所有的划分，然后选取合法的解。

public List<String> restoreIpAddresses(String s) { List<String> res = new ArrayList<String>(); int len = s.length(); //i < 4 保证第一部分不超过 3 位数 //i < len - 2 保证剩余的字符串还能分成 3 部分 for(int i = 1; i<4 && i<len-2; i++){ for(int j = i+1; j<i+4 && j<len-1; j++){ for(int k = j+1; k<j+4 && k<len; k++){ //保存四部分的字符串 String s1 = s.substring(0,i), s2 = s.substring(i,j), s3 = s.substring(j,k), s4 = s.substring(k,len); //判断是否合法 if(isValid(s1) && isValid(s2) && isValid(s3) && isValid(s4)){ res.add(s1+"."+s2+"."+s3+"."+s4); } } } } return res; } public boolean isValid(String s){ if(s.length()>3 || s.length()==0 || (s.charAt(0)=='0' && s.length()>1) || Integer.parseInt(s)>255) return false; return true; } 

时间复杂度：如果不考虑我们调用的内部函数，Integer.parseInt，s.substring，那么就是 O（1）。因为每一层循环最多遍历 4 次。考虑的话每次调用的时间复杂度是 O（n），常数次调用，所以是 O（n）。

空间复杂度：O（1）。

总

回溯或者说深度优先遍历，经常遇到了。但是解法二的暴力方法竟然通过了，有些意外。另外分享下 discuss 里有趣的评论，哈哈哈哈。