题目：
给你一个字符串 word ，返回 word 的所有子字符串中 元音的总数 ，元音是指 'a'、'e'、'i'、'o' 和 'u' 。
子字符串 是字符串中一个连续（非空）的字符序列。
**注意：**由于对 word 长度的限制比较宽松，答案可能超过有符号 32 位整数的范围。计算时需当心。
1 <= word.length <= 10^5word由小写英文字母组成
暴力方法：
确定起始和结束位置，再检查子字符串的元音总数。复杂度是O(n^3)。 肯定超时
DP优化：
为什么会联想到用DP呢？因为看这道题比较类似于求“回文子字符串”，所以就想能不能用DP记录下起始和结束位置两个维度。即dp[i][j]表示原字符串中下标i到下标j的子字符串所含有的元音字符的总数。然后观察题目的用例，输入字符aba，画出下面这个矩阵先观察了一下
| a | b | a | |
|---|---|---|---|
| a | 1 | 1 | 2 |
| b | 0 | 1 | |
| a | 1 |
然后把所有dp[i][j] = 1 + 1 + 2 + 1 + 1 = 6。刚好就是结果。其中dp[i][j]表示：子序列s[i:j]中元音字符的数量
因此可以推出dp[i][j] = dp[i][j - 1] + 0或者1.其中当s[j:j]是元音的时候是加1，否则是0。最终的答案是:
另外，公式中的“尾巴” 其实就是表示dp[j][j],即
dp[i][j] = dp[i][j - 1] + dp[j][j]
DP优化 + 公式推导：
但是就算是利用dp[i][j] = dp[i][j - 1] + dp[i + 1][j]公式也还是O(n^2)的复杂度，显然还是超时。于是，继续观察这个dp递推式。就在想：
dp[i][j - 1]也可以继续往下推，即dp[i][j - 1]= dp[i][j - 2] + dp[j-1][j-1]，所以看到的是，每一个dp[i][j]都是往左递推的，最后肯定是由dp[1][1],dp[2][2].....dp[n][n]这些原始值表示出来的。
当然比赛的时间有限，我也只是用aba这个例子推导了一下，没有完整的证明，大概思路如下，对于输入aba:
第3行是：dp[3][3] = 1 * dp[3][3]
第2行是：dp[2][2] + dp[2][3] = dp[2][2] + (dp[2][2] + dp[3][3]) = 2 * dp[2][2] + 1 * dp[3][3]
第1行是：dp[1][1] + dp[1][2] + dp[1][3] = dp[1][1] + (dp[1][1] + dp[2][2]) + (dp[1][2] + dp[2][3]) =
dp[1][1] + (dp[1][1] + dp[2][2]) + (dp[1][1] + dp[2][2] + dp[2][2] + dp[3][3]) = 3 * dp[1][1] + 2 * dp[2][2] + 1 * dp[3][3]
将3行的和加起来的系数矩阵就是：
1
2 1
3 2 1
所以3行矩阵加起来就是：
3 * 1 * dp[1][1] + 2 * 2 * dp[2][2] + 1 * 3 * dp[1][1]
所以重点就是每个dp[i][i]前面的系数，dp[i][i]根据是否是元音字符赋值为0或1.
具体代码可以看下面，比赛时的代码略挫，见笑：
public long countVowels(String word) {
int[] single = new int[word.length() + 1];
for (int i = 0; i < word.length(); i++) {
single[i + 1] = (isYuanyin(word.charAt(i))) ? 1 : 0;
}
long result = 0;
int xishu = word.length();
for (long i = 1; i <= word.length(); i++) {
result += (i * xishu * single[xishu]);
xishu--;
}
return result;
}
private boolean isYuanyin(char c) {
return c == 'a' || c == 'e' || c == 'i' || c == 'o' || c == 'u';
}
