# 题目地址（1371. 每个元音包含偶数次的最长子字符串） https://leetcode-cn.com/problems/find-the-longest-substring-containing-vowels-in-even-counts/ ## 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 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。 ``` ## 前置知识 - [前缀和](../thinkings/prefix.md) - 状态压缩 ## 暴力法 + 剪枝 ## 公司 - 暂无 ### 思路 首先拿到这道题的时候，我想到第一反应是滑动窗口行不行。 但是很快这个想法就被我否定了，因为滑动窗口（这里是可变滑动窗口）我们需要扩张和收缩窗口大小，而这里不那么容易。因为题目要求的是奇偶性，而不是类似“元音出现最多的子串”等。 突然一下子没了思路。那就试试暴力法吧。暴力法的思路比较朴素和直观。 那就是`双层循环找到所有子串，然后对于每一个子串，统计元音个数，如果子串的元音个数都是偶数，则更新答案，最后返回最大的满足条件的子串长度即可`。 这里我用了一个小的 trick。枚举所有子串的时候，我是从最长的子串开始枚举的，这样我找到一个满足条件的直接返回就行了（early return），不必维护最大值。`这样不仅减少了代码量，还提高了效率。` ### 代码 代码支持：Python3 Python3 Code: ```python class Solution: def findTheLongestSubstring(self, s: str) -> int: for i in range(len(s), 0, -1): for j in range(len(s) - i + 1): sub = s[j:j + i] has_odd_vowel = False for vowel in ['a', 'e', 'i', 'o', 'u']: if sub.count(vowel) % 2 != 0: has_odd_vowel = True break if not has_odd_vowel: return i return 0 ``` **复杂度分析** - 时间复杂度：双层循环找出所有子串的复杂度是$O(n^2)$，统计元音个数复杂度也是$O(n)$，因此这种算法的时间复杂度为$O(n^3)$。 - 空间复杂度：$O(1)$ ## 前缀和 + 剪枝 ### 思路 上面思路中`对于每一个子串，统计元音个数`，我们仔细观察的话，会发现有很多重复的统计。那么优化这部分的内容就可以获得更好的效率。 对于这种连续的数字问题，这里我们考虑使用[前缀和](https://oi-wiki.org/basic/prefix-sum/)来优化。 经过这种空间换时间的策略之后，我们的时间复杂度会降低到$O(n ^ 2)$，但是相应空间复杂度会上升到$O(n)$，这种取舍在很多情况下是值得的。 ### 代码 代码支持：Python3，Java Python3 Code: ```python class Solution: i_mapper = { "a": 0, "e": 1, "i": 2, "o": 3, "u": 4 } def check(self, s, pre, l, r): for i in range(5): if s[l] in self.i_mapper and i == self.i_mapper[s[l]]: cnt = 1 else: cnt = 0 if (pre[r][i] - pre[l][i] + cnt) % 2 != 0: return False return True def findTheLongestSubstring(self, s: str) -> int: n = len(s) pre = [[0] * 5 for _ in range(n)] # pre for i in range(n): for j in range(5): if s[i] in self.i_mapper and self.i_mapper[s[i]] == j: pre[i][j] = pre[i - 1][j] + 1 else: pre[i][j] = pre[i - 1][j] for i in range(n - 1, -1, -1): for j in range(n - i): if self.check(s, pre, j, i + j): return i + 1 return 0 ``` Java Code： ```java class Solution { public int findTheLongestSubstring(String s) { int len = s.length(); if (len == 0) return 0; int[][] preSum = new int[len][5]; int start = getIndex(s.charAt(0)); if (start != -1) preSum[0][start]++; // preSum for (int i = 1; i < len; i++) { int idx = getIndex(s.charAt(i)); for (int j = 0; j < 5; j++) { if (idx == j) preSum[i][j] = preSum[i - 1][j] + 1; else preSum[i][j] = preSum[i - 1][j]; } } for (int i = len - 1; i >= 0; i--) { for (int j = 0; j < len - i; j++) { if (checkValid(preSum, s, j, i + j)) return i + 1; } } return 0; } public boolean checkValid(int[][] preSum, String s, int left, int right) { int idx = getIndex(s.charAt(left)); for (int i = 0; i < 5; i++) if (((preSum[right][i] - preSum[left][i] + (idx == i ? 1 : 0)) & 1) == 1) return false; return true; } public int getIndex(char ch) { if (ch == 'a') return 0; else if (ch == 'e') return 1; else if (ch == 'i') return 2; else if (ch == 'o') return 3; else if (ch == 'u') return 4; else return -1; } } ``` **复杂度分析** - 时间复杂度：$O(n^2)$。 - 空间复杂度：$O(n)$ ## 前缀和 + 状态压缩 ### 思路 前面的前缀和思路，我们通过空间（prefix）换取时间的方式降低了时间复杂度。但是时间复杂度仍然是平方，我们是否可以继续优化呢？ 实际上由于我们只关心奇偶性，并不关心每一个元音字母具体出现的次数。因此我们可以使用`是奇数，是偶数`两个状态来表示，由于只有两个状态，我们考虑使用位运算。 我们使用 5 位的二进制来表示以 i 结尾的字符串中包含各个元音的奇偶性，其中 0 表示偶数，1 表示奇数，并且最低位表示 a，然后依次是 e，i，o，u。比如 `10110` 则表示的是包含偶数个 a 和 o，奇数个 e，i，u，我们用变量 `cur` 来表示。 为什么用 0 表示偶数？1 表示奇数？ 回答这个问题，你需要继续往下看。 其实这个解法还用到了一个性质，这个性质是小学数学知识： - 如果两个数字奇偶性相同，那么其相减一定是偶数。 - 如果两个数字奇偶性不同，那么其相减一定是奇数。 看到这里，我们再来看上面抛出的问题`为什么用 0 表示偶数？1 表示奇数？`。因为这里我们打算用异或运算，而异或的性质是： 如果对两个二进制做异或，会对其每一位进行位运算，如果相同则位 0，否则位 1。这和上面的性质非常相似。上面说`奇偶性相同则位偶数，否则为奇数`。因此很自然地`用 0 表示偶数？1 表示奇数`会更加方便。 ### 代码 代码支持：Python3 Python3 Code: ```python class Solution: def findTheLongestSubstring(self, s: str) -> int: mapper = { "a": 1, "e": 2, "i": 4, "o": 8, "u": 16 } seen = {0: -1} res = cur = 0 for i in range(len(s)): if s[i] in mapper: cur ^= mapper.get(s[i]) # 全部奇偶性都相同，相减一定都是偶数 if cur in seen: res = max(res, i - seen.get(cur)) else: seen[cur] = i return res ``` **复杂度分析** - 时间复杂度：$O(n)$。 - 空间复杂度：$O(n)$ ## 关键点解析 - 前缀和 - 状态压缩 ## 相关题目 - [掌握前缀表达式真的可以为所欲为！](https://lucifer.ren/blog/2020/01/09/1310.xor-queries-of-a-subarray/)