【LeetCode日记】 1371. 每个元音包含偶数次的最长子字符串

这道题还是蛮有意思的，我用了多种方法来解决，干货满满，点进来看看？

题目地址（1371. 每个元音包含偶数次的最长子字符串）

https://leetcode-cn.com/problems/find-the-longest-substring-containing-vowels-in-even-counts/

题目描述

给你一个字符串 s ，请你返回满足以下条件的最长子字符串的长度：每个元音字母，即 'a'，'e'，'i'，'o'，'u' ，在子字符串中都恰好出现了偶数次。

 

示例 1：

输入：s = "eleetminicoworoep"
输出：13
解释：最长子字符串是 "leetminicowor" ，它包含 e，i，o 各 2 个，以及 0 个 a，u 。
示例 2：

输入：s = "leetcodeisgreat"
输出：5
解释：最长子字符串是 "leetc" ，其中包含 2 个 e 。
示例 3：

输入：s = "bcbcbc"
输出：6
解释：这个示例中，字符串 "bcbcbc" 本身就是最长的，因为所有的元音 a，e，i，o，u 都出现了 0 次。
 

提示：

1 <= s.length <= 5 x 10^5
s 只包含小写英文字母。

暴力法 + 剪枝

思路

首先拿到这道题的时候，我想到第一反应是滑动窗口行不行。 但是很快这个想法就被我否定了，因为滑动窗口（这里是可变滑动窗口）我们需要扩张和收缩窗口大小，而这里不那么容易。因为题目要求的是奇偶性，而不是类似“元音出现最多的子串”等。

突然一下子没了思路。那就试试暴力法吧。暴力法的思路比较朴素和直观。 那就是双层循环找到所有子串，然后对于每一个子串，统计元音个数，如果子串的元音个数都是偶数，则更新答案，最后返回最大的满足条件的子串长度即可。

这里我用了一个小的 trick。枚举所有子串的时候，我是从最长的子串开始枚举的，这样我找到一个满足条件的直接返回就行了（early return），不必维护最大值。这样不仅减少了代码量，还提高了效率。

代码

代码支持：Python3

Python3 Code:

class Solution:
    def findTheLongestSubstring(self, s: str) -> int:
        for i in range(len(s), 0, -1):
            for j in range(len(s) - i + 1):
                sub = s[j:j + i]
                has_odd_vowel = False
                for vowel in ['a', 'e', 'i', 'o', 'u']:
                    if sub.count(vowel) % 2 != 0:
                        has_odd_vowel = True
                        break
                if not has_odd_vowel: return  i
        return 0

复杂度分析

• 时间复杂度：双层循环找出所有子串的复杂度是$O(n^2)$，统计元音个数复杂度也是$O(n)$，因此这种算法的时间复杂度为$O(n^3)$。
• 空间复杂度：$O(1)$

前缀和 + 剪枝

思路

上面思路中对于每一个子串，统计元音个数，我们仔细观察的话，会发现有很多重复的统计。那么优化这部分的内容就可以获得更好的效率。

对于这种连续的数字问题，这里我们考虑使用前缀和来优化。

经过这种空间换时间的策略之后，我们的时间复杂度会降低到$O(n ^ 2)$，但是相应空间复杂度会上升到$O(n)$，这种取舍在很多情况下是值得的。

代码

代码支持：Python3，Java

Python3 Code:

class Solution:
    i_mapper = {
        "a": 0,
        "e": 1,
        "i": 2,
        "o": 3,
        "u": 4
    }
    def check(self, s, pre, l, r):
        for i in range(5):
            if s[l] in self.i_mapper and i == self.i_mapper[s[l]]: cnt = 1
            else: cnt = 0
            if (pre[r][i] - pre[l][i] + cnt) % 2 != 0: return False
        return True
    def findTheLongestSubstring(self, s: str) -> int:
        n = len(s)

        pre = [[0] * 5 for _ in range(n)]

        # pre
        for i in range(n):
            for j in range(5):
                if s[i] in self.i_mapper and self.i_mapper[s[i]] == j:
                    pre[i][j] = pre[i - 1][j] + 1
                else:
                    pre[i][j] = pre[i - 1][j]
        for i in range(n - 1, -1, -1):
            for j in range(n - i):
                if self.check(s, pre, j, i + j):
                    return i + 1
        return 0

Java Code：

class Solution {
    public int findTheLongestSubstring(String s) {

        int len = s.length();

        if (len == 0)
            return 0;

        int[][] preSum = new int[len][5];
        int start = getIndex(s.charAt(0));
        if (start != -1)
            preSum[0][start]++;

        // preSum
        for (int i = 1; i < len; i++) {

            int idx = getIndex(s.charAt(i));

            for (int j = 0; j < 5; j++) {

                if (idx == j)
                    preSum[i][j] = preSum[i - 1][j] + 1;
                else
                    preSum[i][j] = preSum[i - 1][j];
            }
        }

        for (int i = len - 1; i >= 0; i--) {

            for (int j = 0; j < len - i; j++) {
                if (checkValid(preSum, s, i, i + j))
                    return i + 1
            }
        }
        return 0
    }


    public boolean checkValid(int[][] preSum, String s, int left, int right) {

        int idx = getIndex(s.charAt(left));

        for (int i = 0; i < 5; i++)
            if (((preSum[right][i] - preSum[left][i] + (idx == i ? 1 : 0)) & 1) == 1)
                return false;

        return true;
    }
    public int getIndex(char ch) {

        if (ch == 'a')
            return 0;
        else if (ch == 'e')
            return 1;
        else if (ch == 'i')
            return 2;
        else if (ch == 'o')
            return 3;
        else if (ch == 'u')
            return 4;
        else
            return -1;
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n^2)$。
• 空间复杂度：$O(n)$

前缀和 + 状态压缩

思路

前面的前缀和思路，我们通过空间（prefix）换取时间的方式降低了时间复杂度。但是时间复杂度仍然是平方，我们是否可以继续优化呢？

实际上由于我们只关心奇偶性，并不关心每一个元音字母具体出现的次数。因此我们可以使用是奇数，是偶数两个状态来表示，由于只有两个状态，我们考虑使用位运算。

我们使用 5 位的二进制来表示以 i 结尾的字符串中包含各个元音的奇偶性，其中 0 表示偶数，1 表示奇数，并且最低位表示 a，然后依次是 e，i，o，u。比如 10110 则表示的是包含偶数个 a 和 o，奇数个 e，i，u，我们用变量 cur 来表示。

为什么用 0 表示偶数？1 表示奇数？

回答这个问题，你需要继续往下看。

其实这个解法还用到了一个性质，这个性质是小学数学知识：

• 如果两个数字奇偶性相同，那么其相减一定是偶数。
• 如果两个数字奇偶性不同，那么其相减一定是奇数。

看到这里，我们再来看上面抛出的问题为什么用 0 表示偶数？1 表示奇数？。因为这里我们打算用异或运算，而异或的性质是：

如果对两个二进制做异或，会对其每一位进行位运算，如果相同则位 0，否则位 1。这和上面的性质非常相似。上面说奇偶性相同则位偶数，否则为奇数。因此很自然地用 0 表示偶数？1 表示奇数会更加方便。

代码

代码支持：Python3

Python3 Code:

class Solution:
    def findTheLongestSubstring(self, s: str) -> int:
        mapper = {
            "a": 1,
            "e": 2,
            "i": 4,
            "o": 8,
            "u": 16
        }
        seen = {0: -1}
        res = cur = 0

        for i in range(len(s)):
            if s[i] in mapper:
                cur ^= mapper.get(s[i])
            # 全部奇偶性都相同，相减一定都是偶数
            if cur in seen:
                res = max(res, i - seen.get(cur))
            else:
                seen[cur] = i
        return res

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n)$。
• 空间复杂度：$O(n)$

关键点解析

• 前缀和
• 状态压缩

相关题目

• 掌握前缀表达式真的可以为所欲为！