【LeetCode 每日一题】3227. 字符串元音游戏

Problem: 3227. 字符串元音游戏

整体思路

这段代码旨在解决一个关于字符串和博弈论的问题。它判断的是在一个基于字符串 s 的游戏中，先手玩家 Alice 是否能获胜。

该算法的逻辑极其简单，它基于对游戏规则的一种深刻洞察，将一个看似复杂的游戏问题简化为了一个单一的条件判断。这个版本在空间使用上比使用 toCharArray() 的版本更优。

1. 游戏规则的推断：

   • 代码的实现表明，游戏规则很可能是：Alice 和 Bob 轮流从字符串 s 中移除一个子串。Alice 的获胜条件是她能够执行至少一次操作。
   • 操作的合法性似乎与元音字母有关。一个合法的操作可能是移除一个包含至少一个元音字母的非空子串。

2. 核心逻辑：判断是否存在元音

   • 算法的思路是：如果 Alice 能够行动，她就赢了。那么，Alice 什么时候能够行动呢？——当且仅当字符串 s 中至少包含一个元音字母时。
   • 如果字符串中存在元音，Alice 可以在她的第一回合，选择移除一个包含该元音的子串（例如，只包含那个元音字母本身的子串）。这样她就完成了一次操作。根据“能操作就赢”的规则，她就获胜了。
   • 如果字符串中一个元音字母都没有，那么无论 Alice 选择哪个子串，该子串都不包含元音，因此她的操作是非法的。她无法进行任何操作，所以她就输了。

3. 算法实现：

   • 基于上述逻辑，问题被简化为：检查字符串 s 中是否存在任何一个元音字母。
   • 代码通过一个 for 循环和 s.charAt(i) 方法来遍历字符串 s 中的每一个字符 c。这种方式避免了创建字符串的副本。
   • 在循环内部，它检查当前字符 c 是否是元音 ‘a’, ‘e’, ‘i’, ‘o’, ‘u’ 之一。
   • 提前返回 (Early Exit)：一旦找到第一个元音字母，就无需再继续检查了。此时可以确定 Alice 必胜，函数立即 return true。
   • 如果循环正常结束，说明遍历了所有字符都没有找到元音，那么 Alice 必败，函数 return false。

完整代码

class Solution {/*** 判断在一个基于字符串的游戏中，先手 Alice 是否获胜。* @param s 输入的字符串* @return 如果 Alice 能获胜则返回 true，否则返回 false*/public boolean doesAliceWin(String s) {int n = s.length();// 遍历字符串 s 的每一个索引for (int i = 0; i < n; i++) { // 使用 charAt(i) 直接访问字符，避免创建额外的字符数组char c = s.charAt(i);// 检查当前字符 c 是否是元音if (c == 'a' || c == 'e' || c == 'i' || c == 'o' || c == 'u') {// 只要找到任何一个元音，Alice 就可以在第一回合行动并获胜。// 立即返回 true。return true;}}// 如果循环结束，说明字符串 s 中没有任何元音。// Alice 无法进行任何合法操作，因此她会失败。返回 false。return false;}
}

时空复杂度

时间复杂度：O(N)

1. 循环：for (int i = 0; i < n; i++) 循环在最坏的情况下会遍历整个字符串一次。最坏情况发生在字符串末尾才有元音，或者整个字符串都没有元音。
2. 循环内部操作：s.charAt(i) 在 Java 中是 O(1) 操作，后续的比较也是 O(1) 的。

综合分析：
算法的总时间复杂度由线性扫描决定。因此，其时间复杂度为 O(N)，其中 N 是字符串 s 的长度。

空间复杂度：O(1)

1. 主要存储开销：该实现只使用了几个基本类型的变量（n, i, c）。
2. 空间大小：这些变量的数量是固定的，不随输入字符串 s 的长度 N 而改变。
3. 与 toCharArray() 的对比：与使用 s.toCharArray() 的版本不同，此版本不创建字符串的任何副本。s.charAt(i) 直接访问字符串内部的字符存储，因此没有 O(N) 的额外空间开销。

综合分析：
算法所需的额外辅助空间是常数级别的。因此，其空间复杂度为 O(1)。