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3234. 统计 1 显著的字符串的数量

题目描述

给你一个二进制字符串 s。

请你统计并返回其中 1 显著 的子字符串的数量。

如果字符串中 1 的数量 大于或等于 0 的数量的 平方，则认为该字符串是一个 1 显著 的字符串 。

思路

一个很显然的思路是，我们要枚举起点$l$，找到所有满足条件的$r$，如果暴力枚举，时间复杂度是 $O(n^2)$，但是我们在枚举r的过程中，如果目前统计的0的数量的平方已经超过所有1的数量，那后面的r肯定是不满足条件的，就不需要考虑，所以复杂度应该是 $O(nsqrt(n))$

写起来极其麻烦

class Solution {
public:int numberOfSubstrings(string s) {int n = s.size();s = ' ' + s;vector<int>pre0(n + 2), pre1(n + 2);vector<int>pos;for(int i = 1; i <= n; ++i){pre0[i] = pre0[i - 1] + (s[i] == '0' ? 1 : 0);pre1[i] = pre1[i - 1] + (s[i] == '1' ? 1 : 0);if(s[i] == '0')pos.push_back(i);}pre0[n + 1] = pre0[n];pre1[n + 1] = pre1[n];pos.push_back(n + 1);int ans = 0;for(int i = 1; i <= n; ++i){//枚举起点int id = lower_bound(pos.begin(), pos.end(), i + 1) - pos.begin();//找到下一个0的位置int pre_id = i - 1;int num0 = s[i] == '0';for(int j = id; j < pos.size(); ++j){int k = pos[j];if(num0 == 0){ans += max(0, pre1[k] - pre1[pre_id]);}else{ans +=  min(k - pre_id,  max(0, pre1[k] - pre1[i - 1] - num0 * num0 + 1));} ++num0;if(num0 * num0 > pre1[n])break;pre_id = k;}}return ans;}
};