关于程序员:宫水三叶的刷题日记467-环绕字符串中唯一的子字符串中等

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这是 LeetCode 上的 467. 盘绕字符串中惟一的子字符串 ，难度为中等。

Tag :「线性 DP」、「树状数组」

把字符串 s 看作是 “abcdefghijklmnopqrstuvwxyz” 的有限盘绕字符串，所以 s 看起来是这样的：

"...zabcdefghijklmnopqrstuvwxyzabcdefghijklmnopqrstuvwxyzabcd...." .

当初给定另一个字符串 p。返回 s 中惟一的 p 的非空子串的数量。

示例 1:

输出: p = "a"

输入: 1

解释: 字符串 s 中只有一个 "a" 子字符。

示例 2:

输出: p = "cac"

输入: 2

解释: 字符串 s 中的字符串“cac”只有两个子串“a”、“c”。.

示例 3:

输出: p = "zab"

输入: 6

解释: 在字符串 s 中有六个子串“z”、“a”、“b”、“za”、“ab”、“zab”。

提醒:

$1 <= p.length <= 10^5$
p 由小写英文字母形成

~~早上起来没睡醒~~ 老了，脑袋不行了，第一反馈是用「线性 DP + 树状数组」来做，估了一下工夫复杂度没问题就写了。
该做法有一点点思维难度，因而可能不是这道中等题的规范解法。

定义 $f[i]$ 为以 $s[i]$ 为结尾的最大无效子串的长度。

从该状态定义容易失去如下的状态转移方程：

存在 $s[i – 1]$ 并且 $s[i]$ 可能接在 $s[i – 1]$ 前面（除了 $s[i]$ 为 $s[i – 1]$ 的下一字母以外，还特地包含 $s[i – 1] = z$ 同时 $s[i] = a$ 的状况），则咱们有 $f[i] = f[i – 1] + 1$；
不存在 $s[i – 1]$ 或者 $s[i]$ 不能接在 $s[i – 1]$ 前面，则有 $f[i] = 1$，含意为 $s[i]$ 只能本身组成子串。

与此同时，咱们晓得当结尾元素固定，子串长度固定，对应子串惟一确定。

当不思考子串反复问题时，若 $f[i] = k$，则以 $s[i]$ 为结尾的无效子串数量为 $k$ 个（对应以 $s[i]$ 为结尾，长度范畴为 $[1, k]$ 的子数组）。

但实际上，咱们不能统计雷同的子串，因而咱们须要思考该如何去重。

不失一般性地，假如咱们以后解决到字符串 p 中的第 $i$ 位，以 $s[i]$ 为结尾的最大子串长度为 $f[i]$：

此前如果 呈现过 以 $s[i]$ 为结尾，长度「大于等于」$f[i]$ 的子串的话，那么以 $s[i]$ 为结尾长度为 $f[i]$ 的子串必然已被统计，须要跳过。因而咱们能够应用一个长度为 $26$ 的数组 max，记录以每个字符 $s[i]$ 结尾的，呈现过的最大子串长度为多少（当 max[s[i]] >= f[i] 时，跳过计数）；
此前如果 呈现过 以 $s[i]$ 为结尾，长度「小于」$f[i]$ 的子串的话，咱们也不能间接统计累加 $f[i]$ 到答案上，这会导致那些以 $s[i]$ 为结尾，长度小于 $f[i]$ 的子串被反复计数，此时咱们 须要晓得在以 $s[i]$ 为结尾，长度为 $[1, f[i]]$ 范畴内还有多少个子串尚未被统计，这能够应用「树状数组」解决：在 $[1, f[i]]$ 中总个数为 $a = f[i]$，应用树状数组保护在 $[1, f[i]]$ 中已被统计的数的个数 $b$，那么 $cnt = a – b$ 即是本次可减少的计数，计数实现后咱们还须要在树状数组中的 $f[i]$ 地位减少 $cnt$，确保下次查问雷同字符结尾长度不小于 $f[i]$ 的已笼罩子串数量时不会出错。

至此，咱们通过「树状数组」+「记录同字符最大长度」的形式来别离解决「长度比 $f[i]$ 小」和「长度比 $f[i]$ 大」的反复子串统计问题。

代码：

class Solution {
    int N = 100010;
    int[][] trs = new int[26][N];
    int[] f = new int[N], max = new int[26];
    int n, ans;
    int lowbit(int x) {return x & -x;}
    void add(int[] tr, int x, int v) {for (int i = x; i <= n + 1; i += lowbit(i)) tr[i] += v;
    }
    int query(int[] tr, int x) {
        int ans = 0;
        for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i)) ans += tr[i];
        return ans;
    }
    public int findSubstringInWraproundString(String _p) {char[] cs = _p.toCharArray();
        n = cs.length; 
        for (int i = 0; i < n; i++) {int c = cs[i] - 'a';
            if (i == 0) {f[i] = 1;
            } else {int p = cs[i - 1] - 'a';
                if ((c == 0 && p == 25) || p + 1 == c) f[i] = f[i - 1] + 1;
                else f[i] = 1;
            }
            if (max >= f[i]) continue;
            int cnt = f[i] - query(trs, f[i]);
            if (cnt == 0) continue;
            ans += cnt;
            add(trs, f[i], cnt);
            max = f[i];
        }
        return ans;
    }
}

工夫复杂度：$O(n\log{n})$
空间复杂度：$O(C \times n)$，其中 $C = 26$ 为字符串 p 的字符集大小

对于雷同的结尾字符 $c$ 而言，如果在整个动规过程中的最大长度为 $len$，那么以 $c$ 为结尾字符对答案的奉献为 $len$。

基于此，咱们只需保留解法一中的 max 数组即可，同时利用 $f[i]$ 只依赖于 $f[i – 1]$ 进行更新，因而动规数组也能够应用一个变量来代替。

代码：

class Solution {public int findSubstringInWraproundString(String _p) {char[] cs = _p.toCharArray();
        int n = cs.length, ans = 0;
        int[] max = new int[26];
        max[cs[0] - 'a']++;
        for (int i = 1, j = 1; i < n; i++) {int c = cs[i] - 'a', p = cs[i - 1] - 'a';
            if ((p == 25 && c == 0) || p + 1 == c) j++;
            else j = 1;
            max = Math.max(max, j);
        }
        for (int i = 0; i < 26; i++) ans += max[i];
        return ans;
    }
}