题目
给定一个非空字符串 s 和一个包含非空单词列表的字典 wordDict，判定 s 是否可以被空格拆分为一个或多个在字典中出现的单词。
说明：
- 拆分时可以重复使用字典中的单词。
- 你可以假设字典中没有重复的单词。
示例 1：
输入: s = "leetcode", wordDict = ["leet", "code"]
输出: true
解释: 返回 true 因为 "leetcode" 可以被拆分成 "leet code"。
示例 2：
输入: s = "applepenapple", wordDict = ["apple", "pen"]
输出: true
解释: 返回 true 因为 "applepenapple" 可以被拆分成 "apple pen apple"。
注意你可以重复使用字典中的单词。
示例 3：
输入: s = "catsandog", wordDict = ["cats", "dog", "sand", "and", "cat"]
输出: false
解题思路
定义 dp[i] 表示字符串 s 前 i 个字符组成的字符串 s[0…i-1] 是否能被空格拆分成若干个字典中出现的单词。从前往后计算，每次转移的时候我们需要枚举包含位置 i-1 的最后一个单词，看它是否出现在字典中以及除去这部分的字符串是否合法即可。
公式化来说，我们需要枚举 s[0…i-1] 中的分割点 j，看 s[0…j-1] 组成的字符串 s1（默认 j = 0 时 s1为空串）和 s[j…i-1] 组成的字符串 s2 是否都合法，如果两个字符串均合法，那么 s1 和 s2 拼接成的字符串也同样合法。由于计算到 dp[i] 时我们已经计算出了 dp[0…i−1] 的值，因此字符串 s1 是否合法可以直接由 dp[j] 得知，剩下的只需要看 s2 是否合法即可，因此状态转移方程如下：
dp[i]=dp[j] && check(s[j…i−1])
初始化 dp[0] = true（是因为让边界情况也能满足状态转移方程，即当 j=0 时，前一部分为空字符串，dp[i] 全然取决于子串 s[0…i-1] 是否是字典中的单词。）
复杂度分析：
时间复杂度：O(n^2) ，其中 n 为字符串 s 的长度。我们一共有 O(n) 个状态需要计算，每次计算需要枚举 O(n) 个分割点，哈希表判断一个字符串是否出现在给定的字符串列表需要 O(1) 的时间，因此总时间复杂度为 O(n^2)。
空间复杂度：O(n) ，其中 n 为字符串 s 的长度。我们需要 O(n) 的空间存放 dp 值以及哈希表亦需要 O(n) 的空间复杂度，因此总空间复杂度为 O(n)。
代码
class Solution {
public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
Set<String> wordSet = new HashSet(wordDict);
int n = s.length();
// dp[i] 表示 s 的前 i 个字符组成的字符串 s[0..i-1] 能否被拆分
// dp[i] = dp[j] && check(s[j……i-1])
boolean[] dp = new boolean[n+1];
dp[0] = true;
for(int i=1; i<=n; i++){
for(int j=0; j<i; j++){
if(dp[j] && wordSet.contains(s.substring(j,i))){
dp[i] = true;
break;
}
}
}
return dp[n];
}
}