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2025.11.15 力扣每日一题

news 2025/11/16 6:05:45

3234.统计1显著的字符串的数量

（题解来自题解库作者：灵茶山艾府）

class Solution {
public:int numberOfSubstrings(string s) {vector<int> pos0 = {-1}; // 加个-1哨兵，方便处理cnt0达到最大时的计数int total1 = 0;          // 统计[0,r]中的1的总数量int ans = 0;             // 最终要返回的“1显著子串”总数// 遍历字符串，r作为子串右边界，逐步统计以r结尾的1显著子串数量。for (int r = 0; r < s.size(); r++) {if (s[r] == '0') {pos0.push_back(r); // 记录0的下标} else {total1++; // 更新区间 [0, r] 内 '1' 的总数。ans += r -pos0.back(); // 统计不含 '0' 的子串。pos0.back() 是// “最靠近 r 的前一个 '0' 的下标”，r -// pos0.back() 表示 “以 r 为右端点、且不含// '0' 的子串数量”（这些子串的 0 数量为// 0，因此必然满足 “1 的数量 ≥ 0 的平方”）。}// 统计包含 '0' 的 1 显著子串int m = pos0.size(); // pos0 的长度（包含哨兵 -1）。// 倒着遍历pos0，那么cnt0 = m-1for (int i = m - 1; i > 0 && (m - i) * (m - i) <= total1;i--) { // m - i 是当前子串中 '0' 的数量 cnt0，此条件保证 “1// 的数量 ≥ 0 的数量的平方”（即 cnt1 ≥ cnt0²）。int p = pos0[i - 1],q = pos0[i]; // 子串的左边界范围是 (p, q]（即左端点在 p+1 到// q 之间）。int cnt0 = m - i; // 当前子串中 '0' 的数量。int cnt1 =r - q + 1 - cnt0; //[q,r]中的1的个数 =[q,r]的长度-cnt0ans += max(q - max(cnt0 * cnt0 - cnt1, 0) - p, 0);}}return ans;}
};
// ans += max(q - max(cnt0 * cnt0 - cnt1, 0) - p, 0)：
//cnt0* cnt0 -cnt1：需要补充的 '1' 数量（使 cnt1 ≥ cnt0²）。
//max(cnt0* cnt0 - cnt1, 0)：若已满足 cnt1 ≥ cnt0²，则补充量为 0。 
//q- max(...) -p：可选择的左端点数量（即符合条件的子串数量）。 
//max(..., 0)：确保结果非负。

代码通过按右边界 r 逐步遍历，分两部分统计 1 显著子串：
先统计不含 '0' 的子串（通过 ans += r - pos0.back() 实现）。
再统计包含 '0' 的子串（通过遍历 pos0 并计算 “满足 cnt1 ≥ cnt0² 的左端点数量” 实现）。
这种方法利用 '0' 的位置和数量关系，高效筛选符合条件的子串，时间复杂度为 O(n)（n 是字符串长度）。

理解 `pos0` 中 “哨兵 `-1`” 的作用：

1. 哨兵的本质：解决 “无前置 0” 的边界问题

假设字符串 s = "111"（没有 '0'），如果 pos0 初始为空，当处理第一个 '1' 时，pos0.back() 会因为数组为空而报错。

而初始化为 pos0 = {-1} 后：

当没有 '0' 时，pos0.back() 始终是 -1。
计算 “不含 0 的子串数量” 时，r - pos0.back() 就会变成 r - (-1) = r + 1，正好是 “以 r 为右端点、且不含 0 的子串数量”（比如 r=0 时，子串是 "1"，数量为 1；r=1 时，子串是 "1"、"11"，数量为 2，以此类推）。