抖音 UG 社招一面算法变形题

宫水三叶的刷题日记

发布于 2024-06-14 13:53:36

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发布于 2024-06-14 13:53:36

文章被收录于专栏：宫水三叶的刷题日记宫水三叶的刷题日记

英伟达超苹果

昨夜美股收盘，英伟达（NVDA）股价来到了 1224.4 美元，总市值突破 3 万亿美元，超越苹果（AAPL），成为仅次于微软（总市值 3.15 万亿美元）的全球第二大公司。

英伟达今年累计上涨超 147%，去年上涨 239%。

通常坐上一次火箭，就能成就一家百亿规模的独角兽公司，而英伟达是坐了三次火箭的神奇公司。

游戏 -> 虚拟货币（挖矿）-> AI。

得益于此，英伟达联合的创始人兼首席执行官，黄仁勋也因此成为《福布斯》全球富豪榜上第 16 位资产超过千亿美元的"超级富豪"之一。

...

回归主线。

来一道与之前读者投稿的「字节跳动（抖音 UG）社招一面」相关的变形题。

题目描述

平台：LeetCode

题号：828

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，每一个子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 <= 10^5

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]

对答案的贡献，即每个

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]

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

为

s[i]

能够作为子数组唯一字符时的最远左边界，即为

s[i]

左边第一个与

s[i]

值相同的位置（若不存在，则为

a = -1

）

r[i] = b 代表跳表

为

s[i]

能够作为子数组唯一字符时的最远右边界，即为

s[i]

右边第一个与

s[i]

值相同的位置（若不存在，则为

b = n

）

子数组左端点个数为

(i - a)

个，右端点个数为

(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[] idx = new int[26];
        Arrays.fill(idx, -1);
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int u = cs[i] - 'A';
            l[i] = idx[u];
            idx[u] = i;
        }
        Arrays.fill(idx, n);
        for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
            int u = cs[i] - 'A';
            r[i] = idx[u];
            idx[u] = i;
        }
        for (int i = 0; i < n; i++) ans += (i - l[i]) * (r[i] - i);
        return ans;
    }
}

C++ 代码：

class Solution {
public:
    int uniqueLetterString(string s) {
        int n = s.size(), ans = 0;
        vector<int> l(n, -1), r(n, n);
        vector<int> idx(26, -1);
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int u = s[i] - 'A';
            l[i] = idx[u];
            idx[u] = i;
        }
        fill(idx.begin(), idx.end(), n);
        for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
            int u = s[i] - 'A';
            r[i] = idx[u];
            idx[u] = i;
        }
        for (int i = 0; i < n; i++) ans += (i - l[i]) * (r[i] - i);
        return ans;
    }
};

Python 代码：

class Solution:
    def uniqueLetterString(self, s: str) -> int:
        n = len(s)
        l, r = [-1] * n, [n] * n
        idx = [-1] * 26
        for i in range(n):
            u = ord(s[i]) - ord('A')
            l[i] = idx[u]
            idx[u] = i
        idx = [n] * 26
        for i in range(n - 1, -1, -1):
            u = ord(s[i]) - ord('A')
            r[i] = idx[u]
            idx[u] = i
        return sum((i - l[i]) * (r[i] - i) for i in range(n))

Typescript 代码：

function uniqueLetterString(s: string): number {
    let n = s.length, ans = 0
    const l = new Array<number>(n), r = new Array<number>(n)
    const idx = new Array<number>(26).fill(-1)
    for (let i = 0; i < n; i++) {
        const u = s.charCodeAt(i) - 65
        l[i] = idx[u]
        idx[u] = i
    }
    idx.fill(n)
    for (let i = n - 1; i >= 0; i--) {
        const u = s.charCodeAt(i) - 65
        r[i] = idx[u]
        idx[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)

空间复杂度：

O(n)

线性 DP

另外一个实现思路是利用「动态规划」思想。

定义

f[i]

为考虑以

s[i]

为结尾的所有子串中的唯一字符个数。

不失一般性考虑

f[i]

该如何转移：以

s[i]

为结尾的子串包括在所有以

s[i - 1]

为结尾的子串结尾添加一个字符而来，以及

s[i]

字符本身组成的新子串。

首先我们令

f[i] = f[i - 1]

，同时使用

b[x]

记录字符 x 前一次出现的下标，使用

a[x]

记录字符 x 在上上次出现的下标，然后假设当前处理的字符为

c = s[i]

，考虑

s[i]

对

f[i]

的影响（注意

s[i]

始终为子串右端点）：

在子串左端点下标范围在

[b[c] + 1, i]

的子串中，

s[i]

必然只出现一次（满足唯一字符要求），即可增加

i - b[c]

个唯一字符

s[i]

；

在子串左端点下标范围在

[a[c] + 1, b[c]]

的子串中，原本位于

b[c]

的字符在新子串中出现次数变为

次（不再满足唯一字符要求），即需减少

b[c] - a[c]

个唯一字符

s[i]

。

综上，我们有状态转移方程：

f[i] = f[i - 1] + (i - b[s[i]]) - (b[s[i]] - a[s[i]])

实现上，由于

f[i]

只依赖于

f[i - 1]

，因此我们无须真的创建动规数组，而只需要使用单个变量 cur 来记录当前处理到的

f[i]

即可，累积所有的

f[i]

即是答案。

Java 代码：

class Solution {
    public int uniqueLetterString(String s) {
        int n = s.length(), ans = 0, cur = 0;
        int[] a = new int[26], b = new int[26];
        Arrays.fill(a, -1); Arrays.fill(b, -1);
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int u = s.charAt(i) - 'A';
            cur += i - b[u] - (b[u] - a[u]);
            ans += cur;
            a[u] = b[u]; b[u] = i;
        }
        return ans;
    }
}

C++ 代码：

class Solution {
public:
    int uniqueLetterString(string s) {
        int n = s.length(), ans = 0, cur = 0;
        vector<int> a(26, -1), b(26, -1);
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            int u = s[i] - 'A';
            cur += i - b[u] - (b[u] - a[u]);
            ans += cur;
            a[u] = b[u]; b[u] = i;
        }
        return ans;
    }
};

Python 代码：

class Solution:
    def uniqueLetterString(self, s: str) -> int:
        n, ans, cur = len(s), 0, 0
        a, b = [-1] * 26, [-1] * 26
        for i in range(n):
            u = ord(s[i]) - ord('A')
            cur += i - b[u] - (b[u] - a[u])
            ans += cur
            a[u], b[u] = b[u], i
        return ans

TypeScript 代码：

function uniqueLetterString(s: string): number {
    let n = s.length, ans = 0, cur = 0
    const a = new Array<number>(26).fill(-1), b = new Array<number>(26).fill(-1)
    for (let i = 0; i < n; i++) {
        const u = s.charCodeAt(i) - 65
        cur += i - b[u] - (b[u] - a[u])
        ans += cur
        a[u] = b[u]; b[u] = i
    }
    return ans
};