题目描述

给定一个长度为 n 的字符串数组 names。你将会在文件系统中创建 n 个文件夹：在第 i 分钟，新建名为 names[i] 的文件夹。

由于两个文件 不能 共享相同的文件名，因此如果新建文件夹使用的文件名已经被占用，系统会以 (k) 的形式为新文件夹的文件名添加后缀，其中 k 是能保证文件名唯一的 最小正整数。

返回长度为 n 的字符串数组，其中 ans[i] 是创建第 i 个文件夹时系统分配给该文件夹的实际名称。

样例

输入：names = ["pes","fifa","gta","pes(2019)"]
输出：["pes","fifa","gta","pes(2019)"]
解释：文件系统将会这样创建文件名：
"pes" --> 之前未分配，仍为 "pes"
"fifa" --> 之前未分配，仍为 "fifa"
"gta" --> 之前未分配，仍为 "gta"
"pes(2019)" --> 之前未分配，仍为 "pes(2019)"

输入：names = ["gta","gta(1)","gta","avalon"]
输出：["gta","gta(1)","gta(2)","avalon"]
解释：文件系统将会这样创建文件名：
"gta" --> 之前未分配，仍为 "gta"
"gta(1)" --> 之前未分配，仍为 "gta(1)"
"gta" --> 文件名被占用，系统为该名称添加后缀 (k)，由于 "gta(1)" 也被占用，
所以 k = 2，实际创建的文件名为 "gta(2)"。
"avalon" --> 之前未分配，仍为 "avalon"

输入：names = ["onepiece","onepiece(1)","onepiece(2)",
    "onepiece(3)","onepiece"]
输出：["onepiece","onepiece(1)","onepiece(2)","onepiece(3)","onepiece(4)"]
解释：当创建最后一个文件夹时，最小的正有效 k 为 4，文件名变为 "onepiece(4)"。

输入：names = ["wano","wano","wano","wano"]
输出：["wano","wano(1)","wano(2)","wano(3)"]
解释：每次创建文件夹 "wano" 时，只需增加后缀中 k 的值即可。

输入：names = ["kaido","kaido(1)","kaido","kaido(1)"]
输出：["kaido","kaido(1)","kaido(2)","kaido(1)(1)"]
解释：注意，如果含后缀文件名被占用，那么系统也会按规则在名称后添加新的后缀 (k)。

限制

• 1 <= names.length <= 5 * 10^4
• 1 <= names[i].length <= 20
• names[i] 由小写英文字母、数字和/或圆括号组成。

算法

(哈希表) $O(nL)$

1. 维护一个哈希表，键为字符串，值为该字符串下一个可能的最小正整数。
2. 如果遇到一个字符串，不在哈希表中，则将其本身放入返回结果数组，然后在哈希表中创建键为该字符串值为 1 的新项。
3. 如果遇到的字符串在哈希表中，则在该字符串后尝试加入后缀，后缀的值从哈希表中的值开始，每次加 1 找到最小没有被占用的后缀值（即拼接后没有出现在哈希表中），然后将拼接好的字符串放入哈希表中，值为 1。

时间复杂度

• 在哈希表中查询的复杂度为 $O(L)$。其中 $L$ 为字符串的最大长度。
• 如果哈希表中没有当前字符串，则仅需要常数时间。
• 如果哈希表中遇到过当前字符串，则我们可能需要一定的时间去寻找最小的后缀值，但我们找过一次之后，就相当于把一些已经被占用的后缀值排除掉了，再次找该字符串的后缀值时就不会重复查询，所以均摊下来寻找后缀值的总次数不会超过 $n$。
• 最终的时间复杂度为 $O(nL)$。

空间复杂度

• 需要额外 $O(nL)$ 的空间存储哈希表和答案。

C++ 代码

class Solution {
public:
    vector<string> getFolderNames(vector<string>& names) {
        vector<string> ans;
        unordered_map<string, int> v;

        for (string s : names) {
            if (v.find(s) == v.end()) {
                ans.push_back(s);
                v[s] = 1;
            } else {
                while (v.find(s + "(" + to_string(v[s]) + ")") != v.end())
                    v[s]++;

                s += "(" + to_string(v[s]) + ")";
                ans.push_back(s);
                v[s]++;
            }
        }

        return ans;
    }
};