給定 S 和 T 兩個字串，當它們分別被輸入到空白的文字編輯器後，判斷二者是否相等，並返回結果。 # 代表退格字元。

示例 1：

輸入：S = "ab#c", T = "ad#c"
輸出：true
解釋：S 和 T 都會變成 “ac”。

示例 2：

輸入：S = "ab##", T = "c#d#"
輸出：true
解釋：S 和 T 都會變成 “”。

示例 3：

輸入：S = "a##c", T = "#a#c"
輸出：true
解釋：S 和 T 都會變成 “c”。

示例 4：

輸入：S = "a#c", T = "b"
輸出：false
解釋：S 會變成 “c”，但 T 仍然是 “b”。

提示：

1. 1 <= S.length <= 200
2. 1 <= T.length <= 200
3. S 和 T 只含有小寫字母以及字元 '#'。

思路一：採用輔助棧的方法，這道題可以模擬鍵盤輸入帶退格鍵的操作，所以可以用棧來模擬這種操作，我們需要兩個輔助字串a和b分別對應字串S和T的最終結果，然後遍歷字串S，如果遇到的字元是'#'且a不為空，就彈出棧頂元素，如果不是'#'就壓入棧頂，這樣遍歷完S後最終a中的所有元素便是經過了退格鍵操作後的剩餘元素，同理我們對b也做相同的操作，最後比較a和b是否相等。

參考程式碼：（時間複雜度O(n)，空間複雜度（O(S+T)））

class Solution {
public:
    bool backspaceCompare(string S, string T) {
	string a = "", b = "";
	for (auto c : S) {
		if (c == '#') a.size() > 0 ? a.pop_back() : void();
		else a.push_back(c);
	}
	for (auto c : T) {
		if (c == '#') b.size() > 0 ? b.pop_back() : void();
		else b.push_back(c);
	}
	return !a.compare(b);        
    }
};
 

思路二：由於題目的follow up希望我們能優化函式的時間複雜度到O(n)，而空間複雜度為O(1)，所以上述方法不能用。這裡我們這樣想，倒著遍歷字串S和T，如果遇到'#'就對其進行計數，記為count，因為count最終是要消去前面的count個非'#'字元的，所以我們的邏輯便是如果遇到的字元為'#'或者count>0，就不斷迴圈，如果再前面一個字元還是'#'，就count++，否則就count--，當我們退出迴圈時便意味著count個'#'號和count個非'#'號相互消去了，同理對T也做同樣操作。當退出內層S和T的迴圈時，表示這時S和T中的最後一個字元一定不會被消去，然後進行比較是否相等，如果相等就S和T都向前移一個字元，否則就返回false。這裡要注意一點，由於在內層兩個迴圈下有可能會出現S或者T的下標小於0，如果有一個小於0，就意味著至少其中一個已經沒有了有效字元，而另一方一定還有有效字元，這時只要直接返回兩個的下標即可。（意味著兩個都沒有有效字元返回true，其他情況返回false）

參考程式碼：

class Solution {
public:
    bool backspaceCompare(string S, string T) {
	int m = S.size() - 1, n = T.size() - 1, countS = 0, countT = 0;
	while (m >= 0 || n >= 0) {
		while (m >= 0 && (S[m] == '#' || countS > 0)) {
			S[m--] == '#' ? countS++ : countS--;
		}
		while (n >= 0 && (T[n] == '#' || countT > 0)) {
			T[n--] == '#' ? countT++ : countT--;
		}
		if (m < 0 || n < 0) return m == n;
		if (S[m] != T[n]) return false;
		else {
			m--; n--;
		}
	}
	return m == n;     
    }
};