828. 统计子串中的唯一字符 : 常规乘法原理运用题

题目描述

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这是 LeetCode 上的828. 统计子串中的唯一字符，难度为困难。

Tag : 「模拟」、「数学」

我们定义了一个函数countUniqueChars(s)来统计字符串s中的唯一字符，并返回唯一字符的个数。

例如：s = "LEETCODE"，则其中"L","T","C","O","D"都是唯一字符，因为它们只出现一次，所以countUniqueChars(s) = 5。

本题将会给你一个字符串s，我们需要返回countUniqueChars(t)的总和，其中t是s的子字符串。输入用例保证返回值为32位整数。

注意，某些子字符串可能是重复的，但你统计时也必须算上这些重复的子字符串（也就是说，你必须统计s的所有子字符串中的唯一字符）。

示例 1：

输入: s = "ABC"

输出: 10

解释: 所有可能的子串为："A","B","C","AB","BC" 和 "ABC"。

其中，每一个字串都由独特字符构成。

所以其长度总和为：1 + 1 + 1 + 2 + 2 + 3 = 10

示例 2：

输入: s = "ABA"

输出: 8

解释: 除了 countUniqueChars("ABA") = 1 之外，其余与示例 1 相同。

示例 3：

输入：s = "LEETCODE"

输出：92

提示：

●1<=s.length<=105

●s 只包含大写英文字符

模拟 + 乘法原理

这道题和907. 子数组的最小值之和如出一辙，只不过无须考虑运用「单调栈」。

原问题为求所有子数组的唯一字符数量和，其可等价为求每个s[i]s[i]s[i]对答案的贡献，即每个s[i]s[i]s[i]可作为多少个子数组的唯一元素。

假定我们能预处理出两数组l和r分别代表s[i]s[i]s[i]作为子数组唯一字符时，其所能到达的最远两端：

●l[i] = a代表下标aaa为s[i]s[i]s[i]能够作为子数组唯一字符时的最远左边界，即为s[i]s[i]s[i]左边第一个与s[i]s[i]s[i]值相同的位置（若不存在，则为a=−1a = -1a=−1）

●r[i] = b代表跳表bbb为s[i]s[i]s[i]能够作为子数组唯一字符时的最远右边界，即为s[i]s[i]s[i]右边第一个与s[i]s[i]s[i]值相同的位置（若不存在，则为b=nb = nb=n）

子数组左端点个数为(i−a)(i - a)(i−a)个，右端点个数为(b−i)(b - i)(b−i)个，根据乘法原理可知，子数组个数为两者乘积。

预处理l和r只需要使用遍历计数即可。

Java 代码：

class Solution {

public int uniqueLetterString(String s) {

char[] cs = s.toCharArray();

int n = cs.length, ans = 0;

int[] l = new int[n], r = new int[n];

int[] cnts = new int[26];

Arrays.fill(cnts, -1);

for (int i = 0; i < n; i++) {

int u = cs[i] - 'A';

l[i] = cnts[u];

cnts[u] = i;

}

Arrays.fill(cnts, n);

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

int u = cs[i] - 'A';

r[i] = cnts[u];

cnts[u] = i;

}

for (int i = 0; i < n; i++) ans += (i - l[i]) * (r[i] - i);

return ans;

}

}

Typescript 代码：

function uniqueLetterString(s: string): number {

let n = s.length, ans = 0

const l = new Array(n), r = new Array(n)

const cnts = new Array(26).fill(-1)

for (let i = 0; i < n; i++) {

const u = s.charCodeAt(i) - 65

l[i] = cnts[u]

cnts[u] = i

}

cnts.fill(n)

for (let i = n - 1; i >= 0; i--) {

const u = s.charCodeAt(i) - 65

r[i] = cnts[u]

cnts[u] = i

}

for (let i = 0; i < n; i++) ans += (i - l[i]) * (r[i] - i)

return ans

};

●时间复杂度：O(n)O(n)O(n)

●空间复杂度：O(n)O(n)O(n)