唯一字符常规乘法原理在统计子串中的应用
我们定义了一个函数countUniqueChars(s)来计算字符串s中的唯一字符数，并返回唯一字符数。
比如:s = "LEETCODE "，其中" l "、" t "、" c "、" o "、" d "是唯一字符，因为只出现一次，所以countUniqueChars(s) = 5。
这个问题会给你一个字符串S，我们需要返回countUniqueChars(t)的和，其中t是S的子串，输入用例保证返回值是32位整数。
请注意，有些子字符串可能是重复的，但是您还必须对这些重复的子字符串进行计数(也就是说，您必须对S的所有子字符串中的唯一字符进行计数)。
示例1:
Enter: s = "ABC "
输出:10
解释:所有可能的子字符串是:“A”、“B”、“C”、“AB”、“BC”和“ABC”。
其中每个子串由唯一的字符组成。
所以它们的长度之和是:1+1+1+2+2+3 = 10。
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示例2:
输入:s = "ABA "
输出:8
说明:除了countUniqueChars("ABA") = 1之外，与示例1相同。
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示例3:
Enter: s = "LEETCODE "
产量:92
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提示:
一个
s只包含大写的英文字符。
模拟+乘法原理
原问题是求所有子阵列的唯一字符之和，可以等价于求每个s[i]s[i]s[i]对答案的贡献，即每个s[I]s[I]s[I]s[I]可以充当多少个子阵列的唯一元素。
假设我们可以分别预处理两个数组L和R，这两个数组表示当s[i]s[i]s[i]是子数组的唯一字符时可以到达的最远端:
L[i] = a表示下标aaa为s[i]s[i]s[i]时最左边界可以是子数组的唯一字符，也就是s[i]s[i]s[i]左边第一个与s[i]s[i]相同的位置(不存在则为A =
R[i] = b表示跳转表bbb为s[i]s[i]s[i]时最右边界可以作为子数组的唯一字符，即S[I]S[I]S[I]S[I]S[I]右边第一个位置(如果不存在，则为b。
子阵列左端点数为(ia) (i-a) (ia)，右端点数为(bi) (b-i) (bi)。根据乘法原理，子阵的个数是两者的乘积。
l和r只需要使用遍历计数进行预处理。
Java代码:
类别解决方案{
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；我- ) {
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)；
返回ans
}
}
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类型脚本代码:
function uniqueLetterString(s:string):number {
设n = s.length，ans = 0
const l =新数组(n)，r =新数组(n)
const cnts =新数组(26)。填充(-1)
for(设I = 0；I < n；i++) {
const u = s.charCodeAt(i) - 65
l[i] = cnts[u]
cnts[u] = i
}
cnts.fill(n)
for(设I = n-1；I > = 0；我- ) {
const u = s.charCodeAt(i) - 65
r[i] = cnts[u]
cnts[u] = i
}
for(设I = 0；I < n；i++) ans += (i - l[i]) * (r[i] - i)
返回答案
};
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时间复杂度:O(n)O(n)O(n)
空间复杂度:O(n)O(n)O(n)
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