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1641. 统计字典序元音字符串的数目

题目描述

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 

解法

方法一：记忆化搜索

我们设计一个函数 \(dfs(i, j)\)，表示当前已经选了 \(i\) 个元音字母，且最后一个元音字母是 \(j\) 的方案数。那么答案就是 \(dfs(0, 0)\)。

函数 \(dfs(i, j)\) 的计算过程如下：

  • 如果 \(i \ge n\)，说明已经选了 \(n\) 个元音字母，返回 \(1\)。
  • 否则，枚举 \(j\) 后面的元音字母，即 \(k \in [j, 4]\)，并将 \(dfs(i + 1, k)\) 的结果累加，即 \(dfs(i, j) = \sum_{k = j}^4 dfs(i + 1, k)\)。

过程中，我们可以使用记忆化搜索，将已经计算过的 \(dfs(i, j)\) 的结果保存起来，避免重复计算。

时间复杂度 \(O(n \times C^2)\)，空间复杂度 \(O(n \times C)\)。其中 \(n\) 为题目给定的整数，而 \(C\) 是元音字母的数量，本题中 \(C = 5\)。

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class Solution:
    def countVowelStrings(self, n: int) -> int:
        @cache
        def dfs(i, j):
            return 1 if i >= n else sum(dfs(i + 1, k) for k in range(j, 5))

        return dfs(0, 0)

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class Solution {
    private Integer[][] f;
    private int n;

    public int countVowelStrings(int n) {
        this.n = n;
        f = new Integer[n][5];
        return dfs(0, 0);
    }

    private int dfs(int i, int j) {
        if (i >= n) {
            return 1;
        }
        if (f[i][j] != null) {
            return f[i][j];
        }
        int ans = 0;
        for (int k = j; k < 5; ++k) {
            ans += dfs(i + 1, k);
        }
        return f[i][j] = ans;
    }
}

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class Solution {
public:
    int countVowelStrings(int n) {
        int f[n][5];
        memset(f, 0, sizeof f);
        function<int(int, int)> dfs = [&](int i, int j) {
            if (i >= n) {
                return 1;
            }
            if (f[i][j]) {
                return f[i][j];
            }
            int ans = 0;
            for (int k = j; k < 5; ++k) {
                ans += dfs(i + 1, k);
            }
            return f[i][j] = ans;
        };
        return dfs(0, 0);
    }
};

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func countVowelStrings(n int) int {
    f := make([][5]int, n)
    var dfs func(i, j int) int
    dfs = func(i, j int) int {
        if i >= n {
            return 1
        }
        if f[i][j] != 0 {
            return f[i][j]
        }
        ans := 0
        for k := j; k < 5; k++ {
            ans += dfs(i+1, k)
        }
        f[i][j] = ans
        return ans
    }
    return dfs(0, 0)
}

方法二：动态规划 + 前缀和

定义 \(f[i][j]\) 表示当前已经选了 \(i\) 个元音字母，且最后一个元音字母是 \(j\) 的方案数。初始时 \(f[1][j]=1\)。答案是 \(\sum_{j = 0}^4 f[n][j]\)。

我们可以发现 \(f[i][j]\) 只与 \(f[i - 1][j]\) 有关，因此可以将二维数组压缩为一维数组，从而优化空间复杂度。

时间复杂度 \(O(n \times C)\)，空间复杂度 \(O(C)\)。其中 \(n\) 为题目给定的整数，而 \(C\) 是元音字母的数量，本题中 \(C = 5\)。

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class Solution:
    def countVowelStrings(self, n: int) -> int:
        f = [1] * 5
        for _ in range(n - 1):
            s = 0
            for j in range(5):
                s += f[j]
                f[j] = s
        return sum(f)

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class Solution {
    public int countVowelStrings(int n) {
        int[] f = {1, 1, 1, 1, 1};
        for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
            int s = 0;
            for (int j = 0; j < 5; ++j) {
                s += f[j];
                f[j] = s;
            }
        }
        return Arrays.stream(f).sum();
    }
}

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

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func countVowelStrings(n int) (ans int) {
    f := [5]int{1, 1, 1, 1, 1}
    for i := 0; i < n-1; i++ {
        s := 0
        for j := 0; j < 5; j++ {
            s += f[j]
            f[j] = s
        }
    }
    for _, v := range f {
        ans += v
    }
    return
}

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