fix: typo

Author: lucifer

problems/1178.number-of-valid-words-for-each-puzzle.md

@@ -83,7 +83,7 @@ class Solution:
         return ans
 ```
 
-由于这种做法需要遍历 puzzbles 和 words 的所有组合，因此时间复杂不低于是 $O(m * n)$，其中 m 和 n 分别为 words 和 puzzbles 的长度。看下题目的约束条件：
+由于这种做法需要遍历 puzzles 和 words 的所有组合，因此时间复杂不低于是 $O(m * n)$，其中 m 和 n 分别为 words 和 puzzles 的长度。看下题目的约束条件：
 
 ```
 1 <= words.length <= 10^5
@@ -102,12 +102,12 @@ puzzles[i].length == 7
 
 基本可以锁定为是**状态压缩**。力扣相关的题目很多，基本都是有一个约束条件的数据范围很小（比如 20 以内）。我们要做的通常就是**给这个小的变量做状态压缩**。
 
-这道题的关键其实就是**单词  word  中的每一个字母都可以在谜面  puzzle  中找到**，所有的重复计算都是基于此产生的。这句话的含义其实就是**word 中字符组成的集合是 puzzble 中组成的集合的子集**。
+这道题的关键其实就是**单词  word  中的每一个字母都可以在谜面  puzzle  中找到**，所有的重复计算都是基于此产生的。这句话的含义其实就是**word 中字符组成的集合是 puzzle 中组成的集合的子集**。
 
 基于上面两条重要信息，我们可以初步锁定算法为：
 
 - 用二进制表示 puzzle
-- 枚举 puzzble 的所有子集（二进制子集枚举）
+- 枚举 puzzle 的所有子集（二进制子集枚举）
 - 判断所有子集 j 是否在 words 中出现过。如果出现过，则将计数器累加出现的次数。这提示我们同样将 word 使用二进制进行存储。虽然 words[i] 的长度范围比较大（[4,50]），但我们关心的其实是**去重的子集**。注意到 words[i] 的取值范围是小写字符，因此这个范围不大于 26，使用 int 存储完全够了。
 
 枚举二进制子集是一个常见的操作，竞赛中也不时出现，大家可以阅读相关内容，具体原理不再展开。
@@ -129,18 +129,18 @@ class Solution:
         counts = collections.defaultdict(int)
         ans = [0] * len(puzzles)
         for word in words:
-            bit = 0
+            bit = 0 # bit 是 word 的二进制表示
             for c in word:
                 bit |= 1 << ord(c) - ord("a")
             counts[bit] += 1
         for i, puzzle in enumerate(puzzles):
-            bit = 0
+            bit = 0 # bit 是 puzzle 的二进制表示
             for c in puzzle:
                 bit |= 1 << ord(c) - ord("a")
-            j = bit
+            j = bit # j 是 bit 的子集
             # 倒序枚举 bit 的子集 j
             while j:
-               # 单词 word 需要保护谜面的第一个字母
+                # 单词 word 需要包含谜面的第一个字母
                 if 1 << ord(puzzle[0]) - ord("a") & j:
                     ans[i] += counts[j]
                 j = bit & (j - 1)
@@ -161,14 +161,22 @@ class Solution:
 
 看了官方的解答还提供了字典树的解法。于是我也用字典树实现了一遍。
 
-之所以使用字典树可以是因为只关心：
+之所以可以使用字典树求解是因为我们只关心：
 
-- word 是否是 puzzble 的子集
+- word 是否是 puzzle 的子集
 - 如果是，则关心 word 出现的次数
 
-但由于类似：words: ["abc", "acb", "bac"] 等的存在，使得判断的时间大大增加，如果进行一次排序，此时 words 为：["abc", "abc", "abc"]，这对我们来说就减少的判断，而这**对于我们求的答案来说是等价的**。。除此之外，word 中一个字符出现几次对我们来说是一样的。比如 words: ["abc", "aaaaabbbc"] 可以看成是 ["abc", "abc"] 这**对于我们求的答案来说是等价的**。
+但由于类似：words: ["abc", "acb", "bac"] 等的存在，使得判断的时间大大增加，如果进行一次排序，此时 words 为：["abc", "abc", "abc"]，而如果统计排序后相同 word 出现的次数，比如：
 
-因此我们可以将其进行一次**排序并去重**。同理，我们需要对 puzzble 进行排序并去重。而由于题目规定了 puzzle 本身不含重复字符，因此只对 puzzble 进行排序也是可以的。
+```py
+{
+    "abc": 3
+}
+```
+
+这就可以仅判断一次而不是多次了，这就减少了判断。而这**对于我们求的答案来说是等价的**。除此之外，word 中一个字符出现几次对我们来说是一样的。比如 words: ["abc", "aaaaabbbc"] 可以看成是 ["abc", "abc"] 这**对于我们求的答案来说是等价的**。
+
+因此我们可以将其进行一次**排序并去重**。同理，我们需要对 puzzle 进行排序并去重。而由于题目规定了 puzzle 本身不含重复字符，因此只对 puzzle 进行排序也是可以的。
 
 这种做法同样需要枚举 puzzle 的子集。伪代码：