LeetCode 1641. 统计字典序元音字符串的数目

【LetMeFly】1641.统计字典序元音字符串的数目

力扣题目链接：https://leetcode.cn/problems/count-sorted-vowel-strings/

给你一个整数 n，请返回长度为 n 、仅由元音 (a, e, i, o, u) 组成且按 字典序排列 的字符串数量。

字符串 s 按 字典序排列 需要满足：对于所有有效的 i，s[i] 在字母表中的位置总是与 s[i+1] 相同或在 s[i+1] 之前。

示例 1：

输入：n = 1
输出：5
解释：仅由元音组成的 5 个字典序字符串为 ["a","e","i","o","u"]

示例 2：

输入：n = 2
输出：15
解释：仅由元音组成的 15 个字典序字符串为
["aa","ae","ai","ao","au","ee","ei","eo","eu","ii","io","iu","oo","ou","uu"]
注意，"ea" 不是符合题意的字符串，因为 'e' 在字母表中的位置比 'a' 靠后

示例 3：

输入：n = 33
输出：66045

提示：

• 1 <= n <= 50 

方法一.1：动态规划

我们一位一位地生成字符串，先生成长度为1的字符串“a、e、i、o、u”，再生成长度为2的字符串“aa、ae、…”，再生成长度为3的字符串，…，最终生成长度为n的字符串。

我们使用dp[i]代表生成当前长度字符串时，以第$i+1$个元音字母结尾的字符串的个数。

为什么要以结尾作为dp的转移条件呢？因为长度为$k$的字符串是在长度为$k-1$的字符串的基础上生成的（$k=0$时除外），生成的标准是，新添加上去的这一个字符，不小于之前的最后一个字符。只有这样，才能保证字符串为字典序。

• 假如长度为$k-1$的字符串的最后一个字符为$a$，那么生成长度为$k$的字符串时，我们可以在上一个字符串最后的$a$的基础上，添加“a或e或i或o或u”；
• 假如长度$k-1$的字符串的最后一个字符为$e$，那么生成长度为$k$的字符串时，我们可以在上一个字符串最后的$ae$的基础上，添加“e或i或o或u”；
• …

也就是说，新增的字符（假设是第j+1个元音）可以增加在$k-1$长的字符串的 所有不大于j+1结尾的字符 的后面

for (int i = 2; i <= n; i++) {
    
      // 生成长度为2的字符串
    int newDP[5] = {
    
    0, 0, 0, 0, 0};
    for (int j = 0; j < 5; j++) {
    
      // 求新的dp[j]（newDP[j]）
        for (int k = 0; k <= j; k++) {
    
      // 之前结尾字符不超过j的都可以
            newDP[j] += dp[k];
        }
    }
    swap(dp, newDP);  // 用新的dp覆盖之前的dp
}

• 时间复杂度$O(n\times C^2)$，其中$C$是元音音符的个数$C=5$
• 空间复杂度$O(C)$

AC代码

C++

class Solution {
    
    
public:
    int countVowelStrings(int n) {
    
    
        int dp[5] = {
    
    1, 1, 1, 1, 1};
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
    
    
            int newDp[5] = {
    
    0, 0, 0, 0, 0};
            for (int j = 0; j < 5; j++) {
    
    
                for (int i = 0; i <= j; i++) {
    
    
                    newDp[j] += dp[i];
                }
            }
            swap(dp, newDp);
        }
        return dp[0] + dp[1] + dp[2] + dp[3] + dp[4];
    }
};

Python

class Solution:
    def countVowelStrings(self, n: int) -> int:
        dp = [1 for _ in range(5)]
        for i in range(2, n + 1):
            newDp = [0 for _ in range(5)]
            for j in range(5):
                for k in range(0, j + 1):
                    newDp[j] += dp[k]
            dp = newDp
        return sum(dp)

方法一.2：动态规划

有没有办法在之前的基础上进行优化呢？

不难发现，$newDP[j]={\sum }_{k=0}^{j}dp[k]$

比如$newDP[2]=dp[0]+dp[1]+dp[2]$

而$newDP[3]=dp[0]+dp[1]+dp[2]+dp[3]$

所以有$newDP[j]=newDP[j-1]+dp[j]$

也就是说，新的dp可以在前一个dp结果的基础上，由$O(1)$的时间复杂度算出。

这样就优化了一层循环（虽然常数$C$仅仅为5）

for (int i = 2; i <= n; i++) {
    
      // 生成长度为2的字符串
    int newDP[5] = {
    
    dp[0], 0, 0, 0, 0};
    for (int j = 1; j < 5; j++) {
    
      // 这里要从1开始
        newDP[j] = newDP[j - 1] + dp[j];
    }
    swap(dp, newDP);  // 用新的dp覆盖之前的dp
}

不难发现，我们可以将空间也进行一丢丢的优化：

for (int i = 2; i <= n; i++) {
    
      // 生成长度为2的字符串
    for (int j = 1; j < 5; j++) {
    
      // 这里要从1开始
        dp[j] = dp[j - 1] + dp[j];
    }
}

• 时间复杂度$O(n\times C)$，其中$C$是元音音符的个数$C=5$，这里由原来的$C^2$减小为了$C$
• 空间复杂度$O(C)$

AC代码

C++

class Solution {
    
    
public:
    int countVowelStrings(int n) {
    
    
        int dp[5] = {
    
    1, 1, 1, 1, 1};
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
    
    
            for (int j = 1; j < 5; j++) {
    
    
                dp[j] += dp[j - 1];
            }
        }
        return accumulate(dp, dp + 5, 0);
    }
};

Python

class Solution:
    def countVowelStrings(self, n: int) -> int:
        dp = [1 for _ in range(5)]
        for i in range(2, n + 1):
            for j in range(1, 5):
                dp[j] += dp[j - 1]
        return sum(dp)

方法二：数学 之 排列组合

方法二完全不同于方法一，方法二采用数学思想，将问题巧妙地转化为排列组合问题。

现在我们换个角度：

从左到右有5个盒子，盒子的名称分别为a、e、i、o、u

现在有n个小球放入到这5个盒子中，盒子允许为空（允许一些盒子不放小球）

小球全部放入盒子中之后，从左到右拿出小球，取出哪个盒子中的小球，就往字符串中添加哪个盒子的名称。

诶？这不就生成长度为n的字典序字符串了吗？

因此问题就转化为： n个相同的小球放入5个盒子，允许某些盒子为空，有多少种放法。

首先我们考虑不允许盒子为空的情况：

将n个小球放入5个盒子，每个盒子中至少有一个小球，一共有多少种放法呢？

我们只需要拿4个隔板，在n个小球之间的$n-1$个间隔中，插入这4个隔板。这样，小球就被分成了5份。将每一份分别放入对应的盒子中即可达成目标。

$n-1$个间隔中放入4个隔板，有多少种放法？很简单，组合数$C_{n-1}^4$即为答案。

接下来我们考虑盒子允许为空的情况。

我们需要明白：n个小球放入5个盒子盒子能空 等价于 $n+5$个小球放入5个盒子盒子不空

这是为什么呢？$n+5$个小球放入5个盒子，每个盒子不能为空，那么我们可以先将其中的5个小球分别放入5个盒子中，剩下的n个小球随意放入5个盒子中（这样剩下的n个小球就可以随意放置，不用考虑是否哪个盒子中没有放小球了）

$n+5$个小球放入5个盒子且盒子不空，方法为$C_{n+5-1}^4=C_{n+4}^4=\frac{(n+4)\times (n+3)\times (n+2)\times (n+1)}{4\times 3\times 2\times 1}$，这，不就是我们要求的结果吗？

• 时间复杂度$O(C)$，其中$C$是元音音符的个数$C=5$，完全可以立即为$O(1)$
• 空间复杂度$O(1)$

AC代码

C++

// n小球放入5个盒子中，允许为空
// C_{n - 1}^{4}为n小球放入5盒子且不空的情况，C_{n + 4}^{4}为n + 5小球放入5盒子且不空的情况（n + 5个小球放入5个盒子且不空，相当于先将多出的5个虚拟小球放入盒子中，其余n个小球随便放，可空）
class Solution {
    
    
public:
    int countVowelStrings(int n) {
    
    
        return (n + 4) * (n + 3) * (n + 2) * (n + 1) / 24;
    }
};

Python

# from math import comb

class Solution:
    def countVowelStrings(self, n: int) -> int:
        return comb(n + 4, 4)

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