HDU 5056: Boring count 枚举子串？不要急，一个一个来！

原题链接：Boring count

题目大意：给定一个由小写字母组成字符串 S，找出符合条件的子串：子串中的每个小写字母出现次数都不大于 K。比如：S="abc", K=1时，符合条件的字串就有"a", "b", "c", "ab", "bc", "abc"，共6个。需要注意的是，子串相同但出现位置不同时，算作不同的字串，如：S="aba",
K=1时，符合条件的字串就有"a", "b", "a", "ab", "ba"，共5个。

大致思路：最简单的方法就是枚举所有子串，先是以第一个字母开头的所有子串，然后是第二个字母开头的，...，依此类推，一个一个判断，当然，这必然会导致超时。所以我们从另一种角度考虑，我们不枚举以某个位置 i 开始的子串，而是枚举以位置 i 结尾的子串。每次记录以位置 i 结尾的满足要求的最长子串的起始位置 lastPos，则以位置 i 结尾的满足要求的所有子串个数为：i-lastPos+1。那么距离
i 最远的满足要求的位置 lastPos 怎么确定呢？ 枚举 i 的同时，我们可以使用列表记录每个小写字母出现的各个位置，如果添加 i
位置的字母不会导致子串不满足条件，则 lastPos 不变；一旦 i 所在位置的字母已经在子串中出现过 K 次或以上，则只需从列表中找到该字母最近第 K 次出现的位置，并将 lastPos 移到这个位置后面一位即可。

具体实现：

#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
using namespace std;

typedef long long ll;
char s[100005];

void solve(char* s, int K) {
int lastPos = 0;
ll count = 0;
vector<int> letter[26];
int len = strlen(s);
for(int i=0; i<len; i++) {
int l = s[i] - 'a';
letter[l].push_back(i);
int sz = letter[l].size();
if(sz > K) {
lastPos = max(lastPos,letter[l][sz-K-1] + 1);
}
count += i-lastPos+1;
}
cout<<count<<endl;
}
int main() {
int N, K;
scanf("%d", &N);
while(N--) {
scanf("%s", s);
scanf("%d", &K);
solve(s, K);
}
return 0;
}