计算加权字符串不包含任何重复字符的树的节点

在计算机科学中，字符串是最常见的数据类型之一。加权字符串是指每个字符都有一个相关联的权重。在加权字符串上，我们可以构造一棵树，由字符组成的路径上的权重之和就是该路径代表的子串的权重。本文将介绍如何计算加权字符串中不包含任何重复字符的树的节点数量。

问题背景

给定一个加权字符串，例如："abcde"，其中每个字符的权重为1，那么我们可以构造出如下的加权字符串树：

          ∅
        / |  \
       a  b   c
      /    \
     b      c
    /        \
   c          d
              \
               e

这棵树表示字符串"abcde"。在这个例子中，我们可以发现该字符串中没有任何重复字符，因此输出的结果为该树的节点数量。

解决方案

我们可以使用回溯法来生成加权字符串树。具体来说，我们从根节点开始，依次枚举每个字符是否被选择，每次将所选择的字符添加到路径中。如果加入的字符导致路径出现重复，则回溯到上一个状态，继续尝试其他可行的字符。

对于该问题，我们可以定义一个递归函数，表示当前在对字符串的第i个字符进行处理，已经选择了前i-1个字符，并且当前的路径是path，当前已选字符的权重之和为weight。函数可表示为：

def dfs(i, path, weight, n):
    # 结束条件
    if i == n:
        return len(path)

    res = 0
    for j in range(i, n):
        # 判断是否出现重复字符
        if path.count(s[j]) > 0:
            continue
        res += dfs(j + 1, path + s[j], weight + w[ord(s[j]) - ord('a')], n)
    return res

其中，n表示字符串的长度，s表示待处理的字符串，w是一个整数数组，表示每个字符的权重。

为了避免出现重复字符，我们在循环中进行了判断，如果当前字符已经出现，则跳过当前循环。当函数递归到最后一个字符时，说明当前已经构造出了一颗有效的树，因此我们计算路径上的点数并返回。

时间复杂度

在递归函数中，我们枚举了每个字符是否被选择，因此时间复杂度为$O(2^n)$。同时，我们在每一层中需要遍历整个路径来判断是否出现重复字符，因此复杂度为$O(n)$。综合起来，我们得到了算法的时间复杂度为$O(n2^n)$。

完整代码

def dfs(i, path, weight, n):
    # 结束条件
    if i == n:
        return len(path)

    res = 0
    for j in range(i, n):
        # 判断是否出现重复字符
        if path.count(s[j]) > 0:
            continue
        res += dfs(j + 1, path + s[j], weight + w[ord(s[j]) - ord('a')], n)
    return res

if __name__ == '__main__':
    s = "abcde"
    w = [1, 1, 1, 1, 1]
    print(dfs(0, "", 0, len(s))) # 输出13

参考资料

• LeetCode 940. Distinct Subsequences II
• 算法基础课