给你一个下标从 0 开始的字符串数组 words 以及一个二维整数数组 queries 。
每个查询 queries[i] = [li, ri] 会要求我们统计在 words 中下标在 li 到 ri 范围内（包含 这两个值）并且以元音开头和结尾的字符串的数目。
返回一个整数数组，其中数组的第 i 个元素对应第 i 个查询的答案。
注意：元音字母是 ‘a’、‘e’、‘i’、‘o’ 和 ‘u’ 。
示例 1：
输入：words = [“aba”,“bcb”,“ece”,“aa”,“e”], queries = [[0,2],[1,4],[1,1]]
输出：[2,3,0]
解释：以元音开头和结尾的字符串是 “aba”、“ece”、“aa” 和 “e” 。
查询 [0,2] 结果为 2（字符串 “aba” 和 “ece”）。
查询 [1,4] 结果为 3（字符串 “ece”、“aa”、“e”）。
查询 [1,1] 结果为 0 。
返回结果 [2,3,0] 。
示例 2：
输入：words = [“a”,“e”,“i”], queries = [[0,2],[0,1],[2,2]]
输出：[3,2,1]
解释：每个字符串都满足这一条件，所以返回 [3,2,1] 。
代码（超时）
class Solution {
public:vector<int> vowelStrings(vector<string>& words, vector<vector<int>>& queries) {vector<int> ans(queries.size());unordered_set<char> vowels = {'a', 'e', 'i', 'o', 'u'};for(int k = 0;k < queries.size();k++){int count = 0;for(int i = queries[k][0];i <= queries[k][1]; i++){char firstChar = words[i][0];char lastChar = words[i].back();if(vowels.count(firstChar) > 0 && vowels.count(lastChar) > 0){count++;}}ans[k] = count;}return ans;}
};
时间复杂度： O(q x n)
空间复杂度： O(q)
q 是 queries 数组的长度。
n 是 words 数组的长度。
优化后的代码
class Solution {
public:vector<int> vowelStrings(vector<string>& words, vector<vector<int>>& queries) {// 元音字符集合unordered_set<char> vowels = {'a', 'e', 'i', 'o', 'u'};int n = words.size();// 累积和数组vector<int> prefixCount(n + 1, 0);// 构建累积和数组for (int i = 0; i < n; i++) {char firstChar = words[i][0];char lastChar = words[i].back();prefixCount[i + 1] = prefixCount[i] + (vowels.count(firstChar) > 0 && vowels.count(lastChar) > 0);}// 处理查询vector<int> ans(queries.size());for (int k = 0; k < queries.size(); k++) {int left = queries[k][0];int right = queries[k][1];ans[k] = prefixCount[right + 1] - prefixCount[left];}return ans;}
};
时间复杂度：O(n+q)，其中 n 是数组 words 的长度，q 是数组 queries 的长度（即查询数）。计算前缀和数组的时间是 O(n)，然后计算 q 个查询的答案，计算每个查询的答案的时间是 O(1)，因此时间复杂度是 O(n+q)。
空间复杂度：O(n)，其中 n 是数组 words 的长度。需要创建长度为 n+1 的前缀和数组。注意在力扣中返回值不计入空间复杂度。
优化后的代码主要在于创建了一个数组prefixCount来储存前words数组的前 i+1 个元素满足条件的个数，避免了对words元素的重复遍历。
