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状态压缩与前缀和的魔力：破解LeetCode 1371元音之谜

news 来源：原创 2025/6/19 6:24:16

哈喽，各位算法爱好者们！今天我们要一起探索一道非常有趣的 LeetCode 题目——第 1371 题：“每个元音包含偶数次的最长子字符串”。这道题不仅能考察我们对字符串处理的熟悉程度，更是巧妙地融合了位运算中的“状态压缩”和经典的“前缀和”思想。别担心，我会像你的老朋友一样，用最通俗易懂的方式，带你一步步揭开它的神秘面纱！

1. 邂逅难题：LeetCode 1371 初体验

想象一下，你拿到一个神秘的密码本（一个字符串 s），你的任务是找出其中最长的一段连续密码（子串），这段密码有一个奇特的规则：里面所有的元音字母 ‘a’, ‘e’, ‘i’, ‘o’, ‘u’ 都不多不少，正好出现了偶数次（0次也被认为是偶数次哦！）。

题目简介：

名称： LeetCode 1371. 每个元音包含偶数次的最长子字符串 (Find the Longest Substring Containing Vowels in Even Counts)
难度等级： 中等 (Medium)
题型分类： 字符串 (String), 位运算 (Bit Manipulation), 前缀和 (Prefix Sum), 哈希表 (Hash Table)

是不是感觉有点意思？初看之下，可能会觉得要枚举所有子串再逐个检查，但那样效率可不高。别急，我们先来分析一下这类题目的“蛛丝马迹”。

2. 洞察先机：题型特征与识别技巧

很多时候，解题的钥匙就藏在题目的描述中。对于这类问题，我们如何才能快速识别并找到突破口呢？

输入输出特征： 输入通常是一个序列（如字符串、数组），输出是满足特定条件的子序列的某个属性（如长度、数量、是否存在）。
关键词：
- “最长/最短子串/子数组”：这通常暗示着可能需要遍历或者用动态规划、滑动窗口、前缀和等技巧。
- “出现次数都是偶数”：这是本题的核心！当看到“奇偶性”相关，尤其是涉及多种独立元素的奇偶性时，你的“算法雷达”就应该“哔哔哔”作响，提示你——位运算可能要登场了！
识题技巧与触发条件：
1. “奇偶性” -> 位运算 (XOR)： 对于单个元素，奇数次出现和偶数次出现是两种状态。如果用 1 代表奇数次，0 代表偶数次，那么每遇到一次该元素，状态就会翻转 (0 -> 1, 1 -> 0)。这完美契合了 XOR 运算的特性 (state XOR 1)。
2. “多种元素的独立奇偶性” -> 状态压缩： 当我们关心多个元素（比如这里的5个元音）各自的奇偶状态时，可以用一个整数的二进制位来“压缩”这些状态。每个元音对应一个 bit，这个整数就代表了当前所有元音的整体奇偶性格局。
3. “子串/子数组的累积性质” + “查找特定状态” -> 前缀状态 + 哈希表： 如果一个子串的性质可以由其端点的前缀性质推导出来（比如子数组和等于 prefix_sum[j] - prefix_sum[i]），并且我们要找满足特定性质的子串，那么“前缀状态”结合“哈希表”往往是优化良方。哈希表可以帮我们快速找到之前出现过的、能构成目标状态的前缀。

总结一下本题的“触发公式”：“元音偶数次” (多元素奇偶性) => 位运算状态压缩；“最长子串” + “特定状态” => 前缀状态 + 哈希表。

3. 庖丁解牛：LeetCode 1371 解题思路详解

有了上面的分析，我们就像拿到了地图的冒险家，开始正式探索解题路径。

第一站：暴力破解法（Brute Force）—— 能行但不够酷

最直观的想法是什么？当然是把所有可能的子串都找出来，然后一个个检查它们是否满足“所有元音偶数次”的条件。

枚举所有子串的起始位置 i 和结束位置 j。
对于每个子串 s[i...j]，遍历它，统计 ‘a’, ‘e’, ‘i’, ‘o’, ‘u’ 的出现次数。
检查这五个计数是否都为偶数。
如果是，更新记录到的最大长度。

这种方法简单粗暴，但时间复杂度太高了。枚举子串 O(N²)，每次检查又可能 O(N)，总共 O(N³)，对于稍长一点的字符串就会超时。就像大海捞针，效率太低啦！

第二站：优化思路 —— 引入状态压缩与前缀思想

暴力法的问题在于重复计算和查找效率低下。我们需要更聪明的方法。

核心洞察1：用“状态”表示元音奇偶性

我们只关心元音的出现次数是奇数还是偶数。这可以用一个5位的二进制数来表示，每一位对应一个元音：

第0位: ‘a’ 的奇偶性 (0为偶，1为奇)
第1位: ‘e’ 的奇偶性
第2位: ‘i’ 的奇偶性
第3位: ‘o’ 的奇偶性
第4位: ‘u’ 的奇偶性

例如，状态 00000 (二进制) 表示所有元音都是偶数次（这是我们的目标状态！）。状态 00001 表示 ‘a’ 是奇数次，其他元音是偶数次。
当遇到一个元音字符时，我们就将对应状态位进行翻转（XOR 1）。比如当前 ‘a’ 是偶数次 (状态位为0)，遇到一个 ‘a’，它就变成奇数次 (状态位变为1)。再遇到一个 ‘a’，又变回偶数次 (状态位回到0)。

核心洞察2：前缀状态与子串状态的关系

定义 mask[k] 为字符串前缀 s[0...k] (即从第一个字符到第 k+1 个字符) 中元音的奇偶性状态。
那么，子串 s[i+1...j] (从第 i+2 个字符到第 j+1 个字符) 的元音奇偶性状态是什么呢？
它等于 mask[j] XOR mask[i]。

为什么是 XOR？想象一下，mask[j] 记录了从头到 j 的累积奇偶变化，mask[i] 记录了从头到 i 的累积奇偶变化。那么从 i+1 到 j 这一段路程所产生的奇偶变化，就是用 mask[j] “抵消”掉 mask[i] 的影响。对于奇偶性这种非加即减的状态，XOR 正好能完美实现这种“抵消”并获得区间效果。

我们的目标是找到一个子串，其元音奇偶性状态为 00000。
所以，我们希望 mask[j] XOR mask[i] == 00000。
这意味着什么？这意味着 mask[j] == mask[i]！

柳暗花明！ 问题转化为：找到两个索引 i 和 j (i < j)，使得它们对应的前缀状态 mask[j] 和 mask[i] 相同。这样的 j - i (或者说，子串的长度 (j+1) - (i+1) = j-i，这里索引处理要小心) 就是一个候选答案。我们要找的是最大的这个差值。

这就像我们给每个元音发一个小旗子，红色代表奇数次，蓝色代表偶数次。我们一路走过字符串，每遇到一个元音，就让它对应的小旗子变色。我们想找一段路，走完之后所有旗子都是蓝色。如果我们在某个点 j 看到的旗子组合，和之前某个点 i 看到的旗子组合完全一样，那么从 i 到 j 这段路程，肯定让每面旗子都变色了偶数次（可能变过来又变回去），最终回到了原来的颜色组合。这意味着 i 和 j 之间的那段路程本身，所有元音都出现了偶数次！

第三站：最终算法 —— 状态压缩 + 前缀状态 + 哈希表

现在，思路已经清晰了：

维护一个当前元音奇偶性的状态 current_mask (一个5位整数)。
遍历字符串，每遇到一个字符，如果是元音，就更新 current_mask (对应位 XOR 1)。
我们需要快速知道当前的 current_mask 之前是否出现过。如果出现过，在哪个最早的位置出现的？这时，哈希表（或者一个大小为 32 的数组，因为状态最多只有 2^5=32 种）就派上用场了！
哈希表 seen 用来存储：{状态: 首次出现该状态时的索引}。

算法步骤：

初始化 current_mask = 0 (空字符串，所有元音0次，即偶数次)。
初始化哈希表 seen = {0: -1}。键是状态，值是该状态首次出现的索引。0: -1 非常关键，它表示在处理任何字符之前（可以理解为索引-1处），状态是0。这使得从字符串开头到某个位置 j 的子串（如果其 mask 为0）也能被正确计算长度 j - (-1) = j + 1。
初始化最大长度 max_len = 0。
遍历字符串 s 的每个字符 s[idx] (从 idx = 0 到 n-1):
a. 判断 s[idx] 是否是元音。如果是，根据是哪个元音，更新 current_mask：
* ‘a’: current_mask ^= (1 << 0)
* ‘e’: current_mask ^= (1 << 1)
* ‘i’: current_mask ^= (1 << 2)
* ‘o’: current_mask ^= (1 << 3)
* ‘u’: current_mask ^= (1 << 4)
b. 检查 current_mask 是否在 seen 哈希表中：
* 如果存在 seen[current_mask]：这意味着当前状态 current_mask 在之前的 seen[current_mask] 索引处也出现过。那么，从 seen[current_mask] + 1 到 idx 的这个子串 s[seen[current_mask]+1 ... idx] 就满足所有元音偶数次。其长度为 idx - seen[current_mask]。我们更新 max_len = max(max_len, idx - seen[current_mask])。
* 如果不存在：说明这是状态 current_mask 第一次出现（在当前遍历过程中），记录下来：seen[current_mask] = idx。
遍历结束后，max_len 就是答案。

复杂度分析：

时间复杂度： O(N)，因为我们只遍历字符串一次。哈希表操作（插入和查找）平均情况下是 O(1)。
空间复杂度： O(1)，因为状态最多只有 2^5 = 32 种。所以哈希表（或数组）的大小是常数。

常见错误点与思维误区：

忘记 seen = {0: -1} 的妙用：没有这个初始化，就无法正确处理那些从字符串最开始就满足条件的子串。
索引计算：长度是 当前索引 - 首次出现相同状态的索引。
位运算不熟练：确保你知道如何用位掩码和XOR操作来更新特定位。

4. 举一反三：解法通用技巧总结

这道题的解法其实蕴含了一类问题的通用解决模式。

“状态压缩 + 前缀状态 + 哈希表”三件套：
1. 识别与定义状态： 题目中是否有可以量化或编码的“状态”？（如奇偶性、特定组合等）
2. 状态压缩： 如果状态由多个独立的小单元组成，且每个单元状态不多，考虑用一个整数的位来紧凑表示。
3. 前缀思想： 子序列的问题，通常可以转化为对“前缀信息”（如前缀和、前缀状态、前缀积）的运用。思考 区间信息 = f(前缀信息_j, 前缀信息_i)。
4. 目标关系转换： 将“区间信息 == 目标值” 转换为 “前缀信息_j 和前缀信息_i 满足某种关系”（如相等、差值为定值等）。
5. 哈希表加速查找： 使用哈希表存储出现过的前缀信息及其位置，以便快速找到满足关系的那个“前缀信息_i”。
关键词触发的思维路径：
- “奇数/偶数次” + “多种独立元素” => 高度警惕 位运算状态压缩 (XOR)。
- “子串/子数组” + “累积性质 (和、异或和、状态等)” => 联想 前缀和/前缀状态。
- 当需要找到满足 状态_j ⊙ 状态_i = 目标 （⊙代表某种运算）的 (i, j) 对时 => 哈希表 登场，存储 状态_k 及其对应索引 k。

5. 触类旁通：相似题目练练手

掌握了上面的技巧，我们来看看还有哪些题目可以用类似的思路解决：

LeetCode 1915. Number of Wonderful Substrings
- 题目简介： 一个“美妙”字符串，定义为其中最多只有一个字母出现奇数次。给定一个由前十个小写字母（‘a’ 到 ‘j’）组成的字符串 word，返回美妙非空子字符串的数量。
- 相似之处与技巧应用：
  - 状态压缩： 与 1371 题用5位二进制表示5个元音的奇偶性类似，此题用一个10位二进制数（mask）来表示 ‘a’ 到 ‘j’ 这10个字符出现的奇偶性。每一位对应一个字符，0表示偶数次，1表示奇数次。
  - 前缀状态： 遍历字符串，实时维护从字符串开头到当前位置的 current_mask。
  - 目标转换： 一个子串 word[i..j] 是美妙的，意味着其字符奇偶性掩码 (prefix_mask[j] XOR prefix_mask[i-1]) 要么是 0（所有字符都是偶数次），要么是只有一个 bit 为1（只有一个字符是奇数次，即掩码是2的幂）。
  - 哈希表： 使用哈希表（或大小为 2^10 的数组）seen_masks 来存储每个 prefix_mask 出现的次数。
  - 解题逻辑： 当遍历到索引 j，得到 current_prefix_mask 时：
    1. 我们查找 seen_masks[current_prefix_mask]。这对应了 prefix_mask[j] XOR prefix_mask[i-1] == 0 的情况，即子串所有字符偶数次。
    2. 我们再依次尝试10种可能（k 从 0 到 9），查找 seen_masks[current_prefix_mask XOR (1 << k)]。这对应了 prefix_mask[j] XOR prefix_mask[i-1] == (1 << k) 的情况，即子串只有一个字符是奇数次。
      将这些查找到的次数累加起来，就是以当前字符结尾的美妙子串数量。
- 细微差别： 1371 要求所有元音都是偶数次（目标状态为0），而此题允许目标状态为0或2的幂。1371求最长，此题求数量。
LeetCode 1442. Count Triplets That Can Form Two Arrays of Equal XOR
- 题目简介： 给定一个整数数组 arr，找到满足 0 <= i < j <= k < arr.length 且 a == b 的三元组 (i, j, k) 的数目，其中 a = arr[i] ^ arr[i+1] ^ ... ^ arr[j-1] 且 b = arr[j] ^ arr[j+1] ^ ... ^ arr[k]。
- 相似之处与技巧应用：
  - 前缀XOR： 这是解决区间XOR和问题的经典技巧。令 prefix_xor[x] 为 arr[0] ^ ... ^ arr[x-1] （prefix_xor[0] = 0）。
  - 条件转换： a == b 等价于 a ^ b == 0。
    a = prefix_xor[j] ^ prefix_xor[i]
    b = prefix_xor[k+1] ^ prefix_xor[j]
    所以 (prefix_xor[j] ^ prefix_xor[i]) ^ (prefix_xor[k+1] ^ prefix_xor[j]) == 0。
    由于 X ^ X = 0，上式简化为 prefix_xor[i] ^ prefix_xor[k+1] == 0，即 prefix_xor[i] == prefix_xor[k+1]。
  - 核心模式： 问题转化为找到所有满足 prefix_xor[i] == prefix_xor[k+1] 的 (i, k) 对。这与 1371 题中寻找 mask[j] == mask[i] 的模式完全一致！
  - 计数： 如果我们找到了这样的 i 和 k（令 idx1 = i，idx2 = k+1，且 idx1 < idx2），那么对于这个确定的 i 和 k，j 可以取 i+1, i+2, ..., k。共有 k - i 个选择。遍历所有可能的 i 和 k，累加 k-i。
- 细微差别： 这里的“状态”是单一的XOR和，而不是像1371那样由多个独立奇偶性组成的复合状态。但“前缀状态相等则区间状态为目标（0）”的原理是通用的。此题求满足条件的三元组数量。

这些题目虽然具体场景和目标有所不同，但它们都巧妙地运用了“状态表示/压缩”、“前缀信息（和/XOR/状态）”以及“哈希表（或数组）优化查找”的核心思想，值得我们深入体会。

结语

LeetCode 1371 是一道非常棒的题目，它像一位魔术师，巧妙地将位运算、前缀和、哈希表这些基本功组合在一起，变幻出令人拍案叫绝的解法。希望通过今天的讲解，你不仅学会了这道题，更能体会到这些算法思想的精髓和乐趣。记住，学习算法就像升级打怪，多思考，多总结，你也能成为解决复杂问题的“超级英雄”！

下次再遇到类似“奇偶性”、“子串状态”的问题，希望你能自信地亮出“状态压缩”和“前缀和”这两把利器！加油！