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本文属于「征服LeetCode」系列文章之一，这一系列正式开始于2021/08/12。由于LeetCode上部分题目有锁，本系列将至少持续到刷完所有无锁题之日为止；由于LeetCode还在不断地创建新题，本系列的终止日期可能是永远。在这一系列刷题文章中，我不仅会讲解多种解题思路及其优化，还会用多种编程语言实现题解，涉及到通用解法时更将归纳总结出相应的算法模板。

为了方便在PC上运行调试、分享代码文件，我还建立了相关的仓库：https://github.com/memcpy0/LeetCode-Conquest。在这一仓库中，你不仅可以看到LeetCode原题链接、题解代码、题解文章链接、同类题目归纳、通用解法总结等，还可以看到原题出现频率和相关企业等重要信息。如果有其他优选题解，还可以一同分享给他人。

由于本系列文章的内容随时可能发生更新变动，欢迎关注和收藏征服LeetCode系列文章目录一文以作备忘。

给你一个字符串 s 和一个正整数 k 。

用 vowels 和 consonants 分别表示字符串中元音字母和辅音字母的数量。

如果某个字符串满足以下条件，则称其为 美丽字符串 ：

• vowels == consonants，即元音字母和辅音字母的数量相等。
• (vowels * consonants) % k == 0，即元音字母和辅音字母的数量的乘积能被 k 整除。

返回字符串 s 中 非空美丽子字符串 的数量。

子字符串是字符串中的一个连续字符序列。

英语中的 元音字母 为 'a'、'e'、'i'、'o' 和 'u' 。

英语中的 辅音字母 为除了元音字母之外的所有字母。

示例 1：

输入：s = "baeyh", k = 2
输出：2
解释：字符串 s 中有 2 个美丽子字符串。
- 子字符串 "b_aeyh_"，vowels = 2（["a","e"]），consonants = 2（["y","h"]）。
可以看出字符串 "aeyh" 是美丽字符串，因为 vowels == consonants 且 vowels * consonants % k == 0 。
- 子字符串 "_baey_h"，vowels = 2（["a","e"]），consonants = 2（["b","y"]）。
可以看出字符串 "baey" 是美丽字符串，因为 vowels == consonants 且 vowels * consonants % k == 0 。
可以证明字符串 s 中只有 2 个美丽子字符串。

示例 2：

输入：s = "abba", k = 1
输出：3
解释：字符串 s 中有 3 个美丽子字符串。
- 子字符串 "_ab_ba"，vowels = 1（["a"]），consonants = 1（["b"]）。
- 子字符串 "ab_ba_"，vowels = 1（["a"]），consonants = 1（["b"]）。
- 子字符串 "_abba_"，vowels = 2（["a","a"]），consonants = 2（["b","b"]）。
可以证明字符串 s 中只有 3 个美丽子字符串。

示例 3：

输入：s = "bcdf", k = 1
输出：0
解释：字符串 s 中没有美丽子字符串。

提示：

• 1 <= s.length <= 5 * 10^4
• 1 <= k <= 1$0$
• s 仅由小写英文字母组成。

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解法 分解质因子+前缀和+哈希表

把元音视作 $1$，辅音视作 $-1$ 。「元音字母和辅音字母的数量相等」就等价于：找到一个和为 $0$ 的连续子数组。注意这种子数组的长度一定是偶数，因为元音辅音数量相等。

设子数组的长度为 $L$ 。由于元音辅音数量相等，所以元音辅音数量都等于 $\frac{L}{2}$​ ，所以「元音字母和辅音字母的数量的乘积能被 $k$ 整除」等价于
$${\left(\frac{L}{2}\right)}^2\mathrm{mod}k=0$$
这等价于
$$L^2\mathrm{mod}(4k)=0$$
这个平方很烦人，如果能去掉平方就好做了。

这里得来点数学。我们来研究下，如果一个数 $L$ 的平方能被 $n$ 整除，意味着什么？

• 假设 $n$ 是一个质数，例如 $3$，那么 $L$ 必须包含质因子 $3$ ，此时问题就变成了：判断 $L$ 能不能被 $3$ 整除。我们把平方去掉了！
• 如果 $n$ 是一个质数 $p 的 $e$ 次幂呢？分类讨论：
  • 如果 $e$是偶数，比如 $n=3^4$ ，那么 $L$ 必须包含因子 $3^2$ ，才能使得 $L^2$ 能被 $n$ 整除。此时问题就变成了：判断 $L$ 能不能被 $3^2$ 整除。
  • 如果 $e$ 是奇数，比如 $n=3^5$ ，那么 $L$ 必须包含因子 $3^3$ ，才能使得 $L^2$ 能被 $n$ 整除。此时问题就变成了：判断 $L$ 能不能被 $3^3$ 整除。
    所以 $L$ 必须包含因子 $p^r$ ，其中 $r=\lceil \frac{e}{2}\rceil =\lfloor \frac{e+1}{2}\rfloor$ 。
• 如果 $n$ 可以分解出多个质因子，只需要把每个质因子及其幂次按照上面的方法处理，然后再相乘，就得到 $L$ 必须包含什么因子。

继续
把 $4$ 按照上述方法计算，设 $L$ 必须包含因子 $k^{\prime }$ 。现在问题变成，有多少个和为 $0$ 的子数组，其长度是 $k^{\prime }$ 的倍数？

设子数组的下标范围为 $[j,i)$ ，那么其长度 $L=i-j$ ，则有
$$(i-j)\mathrm{mod}{k}^{\prime }=0$$
等价于
$$i\mathrm{mod}{k}^{\prime }=j\mathrm{mod}{k}^{\prime }$$
对于元素和来说，相当于 $s[i]-s[j]=0$ ，即
$$s[i]=s[j]$$
我们需要同时满足这两个条件（下标模 $k^{\prime }$ 相等，$s$ 值相等），这可以一并用哈希表解决。哈希表的 $key$ 是一个 $pair$ ：$(i\mathrm{mod}{k}^{\prime },s[i])$ ，哈希表的 $value$ 是这个 $pair$ 的出现次数。

代码实现时，前缀和数组可以用一个变量表示。

代码实现时，可以把 aeiou 压缩成一个二进制数，从而快速判断字母是否为元音。

问：为什么哈希表要在一开始插入一个 $(k^{\prime }-1,0)$ ？
答：前缀和的第一项是 $0$，由于代码中是从下标 $0$ 开始算第二个前缀和，所以相当于 $s[-1]=0$ ，而 $k^{\prime }-1$ 和 $-1$ 关于 $k^{\prime }$ 同余，所以插入 $(k\prime -1,0)$ 。

class Solution {
private:int pSqrt(int n) {int ans = 1;for (int i = 2; i * i <= n; ++i) {int i2 = i * i;while (n % i2 == 0) { // 质因数分解ans *= i; // L必须包含一个i^1n /= i2;}if (n % i == 0) { // 如果n包含某个质数的奇次幂ans *= i;n /= i;}}if (n > 1) ans *= n; // 剩下的最后1个质因子return ans;}struct PairHash {template<typename T1, typename T2>size_t operator() (const pair<T1, T2> &p) const {auto v1 = std::hash<T1>{}(p.first);auto v2 = std::hash<T2>{}(p.second);return v1 ^ v2;}};unordered_map<pair<int, int>, int, PairHash> cnt; //ok
public:int beautifulSubstrings(string s, int k) {k = pSqrt(k * 4); // 4k的质因数分解，求出L必须包含的因子值（多个质因子的幂次的乘积）const int aeiouMask = 1065233;cnt[ pair<int, int>{ k - 1, 0} ] = 1; // k-1和1同余int sum = 0;int ans = 0;for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {char c = s[i];int bit = aeiouMask >> (c - 'a') & 1;sum += bit * 2 - 1; // 1->1, 0->-1auto p = pair{i % k, sum};ans += (long long)cnt[p];++cnt[p];}return ans;}
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$\mathcal{O}(n+\sqrt{k})$ ，其中 $n$ 为 $\text{nums}$ 的长度。
• 空间复杂度：$\mathcal{O}(n)$ 。