2026-02-22：删除子字符串后不同的终点。用go语言，给你一个只包含字符 U、D、L、R 的字符串 s，用来表示在无限的二维格点上每一步的方向（U 向上，

福大大架构师每日一题
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2026-02-22：删除子字符串后不同的终点。用go语言，给你一个只包含字符 U、D、L、R 的字符串 s，用来表示在无限的二维格点上每一步的方向（U 向上，D 向下，L 向左，R 向右）。另有一个正整数 k。

你需要从 s 中取出并删掉一段长度为 k 的连续字符（只能删一次）。随后从起点 (0,0) 出发，按删掉这段之后剩余的字符顺序执行移动。

问：在允许任意选择删掉位置的情况下，可能得到的不同终点坐标共有多少个？

1 <= s.length <= 100000。

s 只包含 'U'、'D'、'L' 和 'R'。

1 <= k <= s.length。

输入：s = "LUL", k = 1。

输出：2。

解释：

移除长度为 1 的子字符串后，s 可以是 "UL"、"LL" 或 "LU"。执行这些移动后，最终坐标将分别是 (-1, 1)、(-2, 0) 和 (-1, 1)。有两个不同的点 (-1, 1) 和 (-2, 0)，因此答案是 2。

题目来自力扣3694。

一、解题过程分步解析

要理解这段代码的逻辑，首先需要把“删除一段长度为k的子串后走剩余路径的终点”这个问题，转化为更易计算的数学等价问题，以下是详细步骤：

步骤1：核心问题的数学转化（关键思路）

题目要求“删除长度为k的连续子串，走剩余字符得到终点”，我们可以把路径拆分为三部分：

  • 原路径：[0...n-1]（n是字符串长度）
  • 若删除的是[i...i+k-1]这段子串，剩余路径就是[0...i-1] + [i+k...n-1]

从坐标变化的角度，剩余路径的终点 = 前i步的总位移 + 从i+k到末尾的总位移。 而代码中用了更巧妙的等价计算： 总位移（走完全部字符）= 前i步位移 + 被删除的k步位移 + 后段（i+k到末尾）位移 → 剩余路径终点 = 总位移 - 被删除的k步位移

这个转化是核心：不用模拟删除后的路径，只需计算“总位移减去任意一段长度为k的连续子串的位移”，结果就是删除该子串后的终点。

步骤2：初始化方向映射和基础变量

  1. 方向映射（dirs）：定义了每个方向字符对应的坐标变化：
    • 'L'：x减1（向左），y不变 → (-1, 0)
    • 'R'：x加1（向右），y不变 → (1, 0)
    • 'D'：y减1（向下），x不变 → (0, -1)
    • 'U'：y加1（向上），x不变 → (0, 1)
  2. 初始位移（p）：用pair{0,0}表示初始坐标（起点），对应“删除第一段长度为k的子串（即前k个字符）”时的被删除位移（初始为0，因为还没计算任何字符）。
  3. 集合（set）：用于存储所有不同的终点坐标，初始时加入第一个情况的结果（删除前k个字符时，剩余路径的终点 = 总位移 - 初始p（0,0），但代码里先初始化set为{p: {}}，后续会修正这个逻辑的执行顺序）。

步骤3：滑动窗口计算所有k长度子串的位移

代码用滑动窗口（长度为k）遍历所有可能的k长度子串，计算每个子串的总位移：

  • 窗口范围：从第0k-1位，逐步滑动到第n-kn-1位（共n-k+1个窗口）。
  • 滑动规则：
    1. 初始窗口（0~k-1）：p的初始值是(0,0)，对应该窗口的位移（代码里先把这个窗口的位移对应的终点存入set）。
    2. 窗口右移一位（比如从i-ki-1滑到i-k+1i）：
      • 移出字符：窗口最左边的字符（s[i-k]），需要减去该字符对应的位移（dirs[out].x/dirs[out].y）。
      • 移入字符：窗口新加入的字符（s[i]），需要加上该字符对应的位移（dirs[in].x/dirs[in].y）。
      • 此时p的值就是“当前窗口（长度为k）的总位移”。
  • 每个窗口的p计算完成后，将p存入set（set会自动去重，因为map的key是pair，重复的坐标不会被重复存储）。

步骤4：结合示例验证（s="LUL", k=1）

以题目示例为例，拆解执行过程：

  1. 总长度n=3，k=1，窗口数量=3（删除第0位、第1位、第2位）。
  2. 初始化：p=(0,0)，set={(0,0): {}}。
  3. 遍历i从1开始（k=1，i < 3）：
    • i=1（对应删除第1位字符）：
      • in=s[1]='U'，out=s[0]='L'。
      • p.x = 0 + dirs['U'].x - dirs['L'].x = 0 + 0 - (-1) = 1。
      • p.y = 0 + dirs['U'].y - dirs['L'].y = 0 + 1 - 0 = 1。
      • p=(1,1)，存入set → set={(0,0), (1,1)}。
    • i=2（对应删除第2位字符）：
      • in=s[2]='L'，out=s[1]='U'。
      • p.x = 1 + dirs['L'].x - dirs['U'].x = 1 + (-1) - 0 = 0。
      • p.y = 1 + dirs['L'].y - dirs['U'].y = 1 + 0 - 1 = 0。
      • p=(0,0)，存入set（无新增）→ set仍为{(0,0), (1,1)}。
  4. 最终set的大小是2，与题目输出一致（注：代码中p实际是“被删除子串的位移”，而“剩余路径终点=总位移-p”，但因为总位移是固定值，“总位移-p”的去重结果和p的去重结果数量相同，所以代码直接统计p的去重数量即可）。

补充：总位移的等价性验证

以示例s="LUL"为例，总位移计算：

  • 走完全部字符：L（x=-1,y=0）→ U（x=-1,y=1）→ L（x=-2,y=1）→ 总位移(-2,1)。
  • 删除第0位（L）：剩余路径是U+L → 位移(0,1)+(-1,0)=(-1,1) → 总位移(-2,1) - 被删除位移(-1,0) = (-1,1)。
  • 删除第1位（U）：剩余路径是L+L → 位移(-1,0)+(-1,0)=(-2,0) → 总位移(-2,1) - 被删除位移(0,1) = (-2,0)。
  • 删除第2位（L）：剩余路径是L+U → 位移(-1,0)+(0,1)=(-1,1) → 总位移(-2,1) - 被删除位移(-1,0) = (-1,1)。 可见“剩余路径终点=总位移-被删除子串位移”成立，因此统计“被删除子串位移”的去重数量，就是最终答案。

二、时间复杂度与空间复杂度分析

1. 时间复杂度

  • 滑动窗口遍历：遍历字符串中从k到len(s)-1的所有字符，共len(s)-k次循环，每次循环仅做常数次操作（加减坐标、存入map）→ O(n)（n是字符串长度）。
  • map的插入操作：Go中map的插入平均时间复杂度是O(1)，最坏O(n)，但实际工程中可认为是O(1)。
  • 总时间复杂度：O(n)（n≤1e5时，该复杂度是高效的，符合题目数据范围要求）。

2. 额外空间复杂度

  • 方向映射dirs：固定存储4个键值对，空间O(1)。
  • 集合set：最多存储n-k+1个不同的pair（最坏情况所有k长度子串的位移都不同）→ O(n)。
  • 其他变量（p、循环变量等）：O(1)。
  • 总额外空间复杂度：O(n)。

三、总结

  1. 核心思路：将“删除k长度子串后的终点”转化为“总位移 - 被删除子串的位移”，避免模拟删除后的路径，大幅降低计算量。
  2. 实现方式：用滑动窗口高效计算所有k长度子串的位移，利用map（set）自动去重，最终统计map的大小即为答案。
  3. 复杂度：时间复杂度O(n)，空间复杂度O(n)，能高效处理n=1e5的输入规模。

Go完整代码如下：

package main

import (
	"fmt"
)

type pair struct{ x, y int }

var dirs = []pair{'L': {-1, 0}, 'R': {1, 0}, 'D': {0, -1}, 'U': {0, 1}}

func distinctPoints(s string, k int) int {
	p := pair{}
	set := map[pair]struct{}{p: {}} // 第一个窗口
	for i := k; i < len(s); i++ {
		in, out := s[i], s[i-k]
		p.x += dirs[in].x - dirs[out].x
		p.y += dirs[in].y - dirs[out].y
		set[p] = struct{}{}
	}
	return len(set)
}

func main() {
	s := "LUL"
	k := 1
	result := distinctPoints(s, k)
	fmt.Println(result)
}

在这里插入图片描述

Python完整代码如下：

# -*-coding:utf-8-*-

def distinct_points(s: str, k: int) -> int:
    # 定义方向映射
    dirs = {'L': (-1, 0), 'R': (1, 0), 'D': (0, -1), 'U': (0, 1)}
    
    # 初始化位置和集合
    x, y = 0, 0
    points = {(x, y)}  # 第一个窗口
    
    for i in range(k, len(s)):
        in_char, out_char = s[i], s[i - k]
        
        # 更新位置：加上新字符的移动，减去移出窗口的字符的移动
        dx_in, dy_in = dirs[in_char]
        dx_out, dy_out = dirs[out_char]
        
        x += dx_in - dx_out
        y += dy_in - dy_out
        
        points.add((x, y))
    
    return len(points)

def main():
    s = "LUL"
    k = 1
    result = distinct_points(s, k)
    print(result)

if __name__ == "__main__":
    main()

在这里插入图片描述

C++完整代码如下：

#include <iostream>
#include <string>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

struct Pair {
    int x, y;

    // 为了能作为unordered_set的key，需要定义相等比较和哈希函数
    bool operator==(const Pair& other) const {
        return x == other.x && y == other.y;
    }
};

// 为Pair类型提供哈希函数
namespace std {
template<>
struct hash<Pair> {
    size_t operator()(const Pair& p) const {
        return hash<int>()(p.x) ^ (hash<int>()(p.y) << 1);
    }
};
}

int distinctPoints(const std::string& s, int k) {
    // 定义方向映射
    std::unordered_map<char, Pair> dirs = {
        {'L', {-1, 0}},
        {'R', {1, 0}},
        {'D', {0, -1}},
        {'U', {0, 1}}
    };

    Pair p = {0, 0};
    std::unordered_set<Pair> points;
    points.insert(p); // 第一个窗口

    for (int i = k; i < s.length(); i++) {
        char in = s[i];
        char out = s[i - k];

        p.x += dirs[in].x - dirs[out].x;
        p.y += dirs[in].y - dirs[out].y;

        points.insert(p);
    }

    return points.size();
}

int main() {
    std::string s = "LUL";
    int k = 1;
    int result = distinctPoints(s, k);
    std::cout << result << std::endl;

    return 0;
}

在这里插入图片描述

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