题目要求
思路：模拟
解题的核心思想在于逆向思维，不考虑每个子数组中的唯一字符个数，转而考虑每个字符可以作为多少个子数组的唯一字符；
- 所以在计算答案时的算式和示例中给出的是不一样的；
- 在计算每个字符“贡献”【即当前向左向右分别可组成的答案个数】的时候要用到乘法原理。
对每一个字符s[i]s[i]s[i]都记录其左边和右边的第一个相同字符位置，分别记为l[i]l[i]l[i]和r[i]r[i]r[i]，这两个位置中间构成的就是s[i]s[i]s[i]能够作为唯一字符的最长子串，在这个最长的子串中还有若干个较短的子串，此时s[i]s[i]s[i]的“贡献”可由到左边和到右边的距离相乘计算得出。
java
class Solution {
public int uniqueLetterString(String s) {
char[] cs = s.toCharArray();
int n = cs.length, res = 0;
int[] l = new int[n], r = new int[n];
int[] letters = new int[26];
Arrays.fill(letters, -1);
for (int i = 0; i < n; i++) {
int idx = cs[i] - 'A';
l[i] = letters[idx]; // 左边第一个相同的字符所在位置
letters[idx] = i; // 更新当前字母最新左位置
}
Arrays.fill(letters, n);
for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
int idx = cs[i] - 'A';
r[i] = letters[idx]; // 右边第一个相同的字符所在位置
letters[idx] = i; // 更新当前字母最新右位置
}
for (int i = 0; i < n; i++)
res += (i - l[i]) * (r[i] - i);
return res;
}
}
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(n)
C++
- 因为
memset初始化问题，所以在构成结果的时候多一步判断。
class Solution {
public:
int uniqueLetterString(string s) {
int n = s.size(), res = 0;
cout << n << endl;
int l[n], r[n];
int letters[26];
memset(letters, -1, sizeof(letters));
for (int i = 0; i < n; i++) {
int idx = s[i] - 'A';
l[i] = letters[idx]; // 左边第一个相同的字符所在位置
letters[idx] = i; // 更新当前字母最新左位置
}
memset(letters, -1, sizeof(letters));
for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
int idx = s[i] - 'A';
r[i] = letters[idx]; // 右边第一个相同的字符所在位置
letters[idx] = i; // 更新当前字母最新右位置
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
int ri = r[i] == -1 ? n : r[i];
res += (i - l[i]) * (ri - i);
}
return res;
}
};
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(n)
Rust
- 用Rust的遍历稍微改一下，思路一样……
impl Solution {
pub fn unique_letter_string(s: String) -> i32 {
let cs = s.as_bytes();
(0..s.len()).into_iter().map(|i| {
let (mut l, mut r) = (i - 1, i + 1);
while l < s.len() && cs[l] != cs[i] {
l -= 1;
}
while r < s.len() && cs[r] != cs[i] {
r += 1;
}
((i - l) * (r - i)) as i32
}).sum::<i32>()
}
}
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(n)
以上就是Java C++ 算法leetcode828统计子串中唯一字符乘法原理的详细内容，更多关于Java C++ 统计子串唯一字符的资料请关注编程网其它相关文章！
