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LeetCode - 1371 每个元音包含偶数次的最长子字符串（Java & JS & Python & C）_leetcode 1371

作者：繁依Fanyi0 | 2024-07-15 22:22:33

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leetcode 1371

题目来源

1371. 每个元音包含偶数次的最长子字符串 - 力扣（LeetCode）

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

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。

题目解析

本题最简单的思路就是双循环暴力枚举所有子串，然后计算子串内各个元音的数目。

但是这种思路肯定会超时。

我们枚举子串的目的，是为了统计子串中各元音字符的数量，而实现该需求的更优思路是利用前缀和。

前缀和的应用场景有非常鲜明的特点，如求解连续范围内的状态，实际例子有：求解任意区间的和。

本题其实也可以当成前缀和问题来看，我们遍历输入串，每遍历一个字符，则对应位置 i 就有一个前缀状态 preSum[i]，本题preSum[i] 表示 [0, i] 范围内各个元音字符的数量，具体表现为：

preSum[i] = {
    ‘a’：aCount，

    'e'：eCount，

    'i'：iCount，

    'o'：oCount，

    'u'：uCount
}

那么，如果我们要求解范围[i, j]子串的各个元音的数量，即可通过 preSum[j] - preSum[i-1] 得到。
更多前缀和知识请看：算法设计 - 前缀和 & 差分数列_算法设计 - 前缀和 & 差分数列_伏城之外的博客-csdn博客-CSDN博客

但是光靠前缀和，我们还是要枚举所有子串，依旧会超时。

本题要求我们求解最长的子串，子串范围内各个元音数量为偶数。我们假设：

preSum[j] 位置各个元音的数量分别为：aCount偶数，eCount奇数，iCount偶数，oCount偶数，uCount奇数

再假设 [i, j] 范围内各个元音的数量都为偶数，那么此时preSum[i-1]的各个元音的数量应该是多少呢？

答：必然和preSum[j] 对应元音的数量同奇偶性。因为：

  • 奇数 - 奇数 = 偶数
  • 偶数 - 偶数 = 偶数

比如 preSum[j] = {aCount: 8,  eCount: 3, iCount: 6, oCount: 4, uCount: 5}；

且  preSum[i-1] = {aCount: 2,  eCount: 1, iCount: 4, oCount: 2, uCount: 3}；

那么 [i, j] 范围内，各个元音的数量为：

  • aCount = 8 - 2 = 6
  • eCount = 3 - 1 = 2
  • iCount = 6 - 4 = 2
  • oCount = 4 - 2 = 2
  • uCount = 5 - 3 = 2

因此，当我们得到 preSum[j] 后，我们应该在 i - 1 ∈ [0, j - 1] 范围内找到一个 preSum[i-1] 和 preSum[j] 的各个元音同奇偶性的，且 i - 1要最小，这样得到 [i, j] 范围子串才是 [0, j] 范围内一个最长的且各个元音数量都为偶数的子串。

此时，逻辑虽然得到了优化，但是我们依旧要遍历 0 ~ j - 1 范围内的位置 i，且需要对比对应 preSum[i] 和 preSum[j] 的各个元音的奇偶性，这样依然会超时。

接下来要用到状态压缩了。

由于我们只关注各个元音的数量的奇偶性，即每个元音的数量要么为奇数，要么为偶数，假设我们用0表示偶数，用1表示奇数的话。

那么初始 preSum[0] 的各个元音的状态就可以表示为二进制数：00000

各个二进制位和对应元音对应，如上图所示，当二进制位值为0时，表示对应元音数量为偶数个，当二进制位值为1时，表示对应元音数量为奇数个。

这样我们就完成了 preSum[i] 的状态压缩。

那么状态压缩后的preSum[j] 和 preSum[j+1] 如何进行前缀和累进呢？

假设 j+1 位置的字符是 'e'，那么代表，preSum[j] 的二进制数 中 'e' 对应的位的性质反转，即奇变偶，偶变奇。

比如 preSum[j] = 01010，而 s[j+1] 字符是 'e'，则 preSum[j+1] = 00010

此时我们完全可以用异或运算从preSum[j]得出preSum[j+1]的结果，比如 s[j+1] == 'e'，则

preSum[j + 1] = preSum[j] ^ 01000

其中 01000 代表是新增一个'e'字符，同理

  • 10000 代表新增一个 'a' 字符
  • 01000 代表新增一个 'e' 字符
  • 00100 代表新增一个 'i' 字符
  • 00010 代表新增一个 'o' 字符
  • 00001 代表新增一个 'u' 字符

接下来就是，比较preSum[i] 和 preSum[j] 的各个元音的奇偶性是否一致，就可以直接将对应二进制数进行值比较即可，值相同，则奇偶性一致，否则不一致。

比如：preSum[i-1] = 01010，preSum[j] = 01010，那么二者的各个元音的奇偶性就一致。

当我们完成preSum[i]的状态压缩后，我们就可以定义一个哈希表map来记录某个压缩状态最早出现的位置，map的key时压缩状态，val时该压缩状态的最早出现位置。

即：我们求解[0, j]范围前缀子串的压缩状态status = preSum[j]后：

  • 如果map存在key=status，那么status状态最早出现位置为 map[staus]，我们定义 i = map[status]，那么i，j位置的前缀子串内部的各个元音的数量是同奇偶性的，即 [i+1, j] 范围内子串的各个元音的数量B必然都是偶数，[i+1, j] 范围子串是一个符合要求的子串，我们需要记录该子串的长度 j - (i + 1) + 1 = j - i
  • 如果 map 不存在 key == status，那么status状态最早出现的位置就是 j，我们需要记录 map[status] = j

按照逻辑，我们只要遍历一遍字符串s，即可找到最长的目标子串。

JS算法源码

  1. /**
  2.  * @param {string} s
  3.  * @return {number}
  4.  */
  5. var findTheLongestSubstring = function (s) {
  6.   // "前缀子串"中各个元音的奇偶状态
  7.   // 00000
  8.   // aeiou
  9.   // 元音字母和二进制位的对应关系如上，如果二进制位值位0，代表对应元音字符数量有偶数个，如果二进制位值为1，代表对应元音字符数量有奇数个
  10.   // 初始未遍历时，没有子串，此时各个元音的数量都为0，即偶数个，因此所有二进制位值位0
  11.   let status = 0b00000;
  12.  
  13.   // map记录某个状态的最早出现位置
  14.   // 压缩状态用五位二进制数表示，因此最多有32种状态
  15.   const map = new Array(32).fill(-2); // -2是一个不可能的位置,即初始时所有状态都未出现过
  16.   // 00000 状态对应的十进制数为0，最早出现位置是-1，即未遍历，没有子串时
  17.   map[0] = -1;
  18.  
  19.   // 记录最长的符合要求的子串长度
  20.   let maxLen = 0;
  21.  
  22.   for (let i = 0; i < s.length; i++) {
  23.     // 如果遍历的字符s[i]是元音字母，则变更对应二进制位的奇偶性
  24.     switch (s[i]) {
  25.       case "a":
  26.         status ^= 0b10000;
  27.         break;
  28.       case "e":
  29.         status ^= 0b01000;
  30.         break;
  31.       case "i":
  32.         status ^= 0b00100;
  33.         break;
  34.       case "o":
  35.         status ^= 0b00010;
  36.         break;
  37.       case "u":
  38.         status ^= 0b00001;
  39.         break;
  40.     }
  41.  
  42.     // 如果对应状态的最早出现位置为-2，表示没有出现过对应状态，否则map[status]即status状态最早出现的位置
  43.     if (map[status] != -2) {
  44.       // 当前位置 i 的状态为status，而最早出现status状态的位置是 map[status]，两个位置同奇偶性，因此他们形成的范围内子串是符合要求的
  45.       maxLen = Math.max(maxLen, i - map[status]);
  46.     } else {
  47.       // 如果对应状态之前未出现过，则当前位置 i 就是该状态的最早出现位置
  48.       map[status] = i;
  49.     }
  50.   }
  51.  
  52.   return maxLen;
  53. };

Java算法源码

  1. import java.util.Arrays;
  2.  
  3. class Solution {
  4.   public int findTheLongestSubstring(String s) {
  5.     // "前缀子串"中各个元音的奇偶状态
  6.     // 00000
  7.     // aeiou
  8.     // 元音字母和二进制位的对应关系如上，如果二进制位值位0，代表对应元音字符数量有偶数个，如果二进制位值为1，代表对应元音字符数量有奇数个
  9.     // 初始未遍历时，没有子串，此时各个元音的数量都为0，即偶数个，因此所有二进制位值位0
  10.     int status = 0b00000;
  11.  
  12.     // map记录某个状态的最早出现位置
  13.     // 压缩状态用五位二进制数表示，因此最多有32种状态
  14.     int[] map = new int[32]; // -2是一个不可能的位置
  15.     Arrays.fill(map, -2);
  16.  
  17.     // 00000 状态对应的十进制数为0，最早出现位置是-1，即未遍历，没有子串时
  18.     map[0] = -1;
  19.  
  20.     // 记录最长的符合要求的子串长度
  21.     int maxLen = 0;
  22.  
  23.     for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
  24.       // 如果遍历的字符s[i]是元音字母，则变更对应二进制位的奇偶性
  25.       switch (s.charAt(i)) {
  26.         case 'a':
  27.           status ^= 0b10000;
  28.           break;
  29.         case 'e':
  30.           status ^= 0b01000;
  31.           break;
  32.         case 'i':
  33.           status ^= 0b00100;
  34.           break;
  35.         case 'o':
  36.           status ^= 0b00010;
  37.           break;
  38.         case 'u':
  39.           status ^= 0b00001;
  40.           break;
  41.       }
  42.  
  43.       // 如果对应状态的最早出现位置为-2，表示没有出现过对应状态，否则map[status]即status状态最早出现的位置
  44.       if (map[status] != -2) {
  45.         // 当前位置 i 的状态为status，而最早出现status状态的位置是 map[status]，两个位置同奇偶性，因此他们形成的范围内子串是符合要求的
  46.         maxLen = Math.max(maxLen, i - map[status]);
  47.       } else {
  48.         // 如果对应状态之前未出现过，则当前位置 i 就是该状态的最早出现位置
  49.         map[status] = i;
  50.       }
  51.     }
  52.  
  53.     return maxLen;
  54.   }
  55. }

Python算法源码

  1. class Solution(object):
  2.     def findTheLongestSubstring(self, s):
  3.         """
  4.         :type s: str
  5.         :rtype: int
  6.         """
  7.         # "前缀子串"中各个元音的奇偶状态
  8.         # 00000
  9.         # aeiou
  10.         # 元音字母和二进制位的对应关系如上，如果二进制位值位0，代表对应元音字符数量有偶数个，如果二进制位值为1，代表对应元音字符数量有奇数个
  11.         # 初始未遍历时，没有子串，此时各个元音的数量都为0，即偶数个，因此所有二进制位值位0
  12.         status = 0b00000
  13.  
  14.         # map记录某个状态的最早出现位置, -2是一个不可能的位置, 即初始时各个状态都没有出现过
  15.         # 压缩状态用五位二进制数表示，因此最多有32种状态
  16.         map = [-2] * 32
  17.         # 00000 状态对应的十进制数为0，最早出现位置是-1，即未遍历，没有子串时
  18.         map[0] = -1
  19.  
  20.         # 记录最长的符合要求的子串长度
  21.         maxLen = 0
  22.  
  23.         for i in range(len(s)):
  24.             c = s[i]
  25.  
  26.             # 如果遍历的字符s[i]是元音字母，则变更对应二进制位的奇偶性
  27.             if c == 'a':
  28.                 status ^= 0b10000
  29.             elif c == 'e':
  30.                 status ^= 0b01000
  31.             elif c == 'i':
  32.                 status ^= 0b00100
  33.             elif c == 'o':
  34.                 status ^= 0b00010
  35.             elif c == 'u':
  36.                 status ^= 0b00001
  37.  
  38.             # 如果对应状态的最早出现位置为-2，表示没有出现过对应状态，否则map[status]即status状态最早出现的位置
  39.             if map[status] != -2:
  40.                 # 当前位置 i 的状态为status，而最早出现status状态的位置是 map[status]，两个位置同奇偶性，因此他们形成的范围内子串是符合要求的
  41.                 maxLen = max(maxLen, i - map[status])
  42.             else:
  43.                 # 如果对应状态之前未出现过，则当前位置 i 就是该状态的最早出现位置
  44.                 map[status] = i
  45.  
  46.         return maxLen
'
运行

C算法源码

  1. int findTheLongestSubstring(char* s) {
  2.     // "前缀子串"中各个元音的奇偶状态
  3.     // 00000
  4.     // aeiou
  5.     // 元音字母和二进制位的对应关系如上，如果二进制位值位0，代表对应元音字符数量有偶数个，如果二进制位值为1，代表对应元音字符数量有奇数个
  6.     // 初始未遍历时，没有子串，此时各个元音的数量都为0，即偶数个，因此所有二进制位值位0
  7.     int status = 0b00000;
  8.  
  9.     // map记录某个状态的最早出现位置
  10.     // 压缩状态用五位二进制数表示，因此最多有32种状态
  11.     int map[32];
  12.     for(int i=0; i<32; i++) map[i] = -2;  // -2是一个不可能的位置,即初始时所有状态都未出现过
  13.  
  14.     // 00000 状态对应的十进制数为0，最早出现位置是-1，即未遍历，没有子串时
  15.     map[0] = -1;
  16.  
  17.     // 记录最长的符合要求的子串长度
  18.     int maxLen = 0;
  19.  
  20.     int i=0;
  21.     while(s[i] != '\0') {
  22.         char c = s[i];
  23.  
  24.         // 如果遍历的字符s[i]是元音字母，则变更对应二进制位的奇偶性
  25.         switch(c) {
  26.             case 'a':
  27.                 status ^= 0b10000;
  28.                 break;
  29.             case 'e':
  30.                 status ^= 0b01000;
  31.                 break;
  32.             case 'i':
  33.                 status ^= 0b00100;
  34.                 break;
  35.             case 'o':
  36.                 status ^= 0b00010;
  37.                 break;
  38.             case 'u':
  39.                 status ^= 0b00001;
  40.                 break;
  41.         }
  42.  
  43.         // 如果对应状态的最早出现位置为-2，表示没有出现过对应状态，否则map[status]即status状态最早出现的位置
  44.         if (map[status] != -2) {
  45.             // 当前位置 i 的状态为status，而最早出现status状态的位置是 map[status]，两个位置同奇偶性，因此他们形成的范围内子串是符合要求的
  46.             maxLen = (int) fmax(maxLen, i - map[status]);
  47.         } else {
  48.             // 如果对应状态之前未出现过，则当前位置 i 就是该状态的最早出现位置
  49.             map[status] = i;
  50.         }
  51.  
  52.         i++;
  53.     }
  54.  
  55.     return maxLen;
  56. }

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