438. 找到字符串中所有字母异位词

438. 找到字符串中所有字母异位词

​ 给定两个字符串 s 和 p，找到 s 中所有 p 的 异位词 的子串，返回这些子串的起始索引。不考虑答案输出的顺序。

​ 异位词 指由相同字母重排列形成的字符串（包括相同的字符串）。

示例 1:

输入: s = "cbaebabacd", p = "abc"
输出: [0,6]
解释:
起始索引等于 0 的子串是 "cba", 它是 "abc" 的异位词。
起始索引等于 6 的子串是 "bac", 它是 "abc" 的异位词。

示例 2:

输入: s = "abab", p = "ab"
输出: [0,1,2]
解释:
起始索引等于 0 的子串是 "ab", 它是 "ab" 的异位词。
起始索引等于 1 的子串是 "ba", 它是 "ab" 的异位词。
起始索引等于 2 的子串是 "ab", 它是 "ab" 的异位词。

提示:

• 1 <= s.length, p.length <= 3 * 104
• s 和 p 仅包含小写字母

---

解题思路一：哈希表 + 暴力破解

​ 对于字符串的求异位词问题，其实很容易想到的就是用哈希表来解决，但是不同的是，这道题是需要找出匹配的子串的起始索引，那么这里我们先讲如何使用暴力破解，因为后面的滑动窗口就是根据暴力破解得来的！

​ 首先我们可以将字符串 p 的字符映射到哈希表中，因为这道题仅包含小写字母，所以我们可以用一个 int hash[26] 大小的数组来充当哈希表即可！

​ 接着我们再定义一个哈希表 comparehash，用于指针在遍历的时候映射遍历的字符！

​ 然后定义两个指针 left 和 right，让 right 往后走，直到 [left, right] 区间的元素满足 p.size() 的时候也就是 right - left + 1 == p.size() 的时候，就要判断 [left, right] 区间上映射的字符 comparehash，是否等于 hash 中映射的字符：

• 如果说字符都是相等的话，就将此时的 left 尾插到返回数组中。
• 如果字符不是全相等的话，则继续往后遍历。

​ 遍历的方式就是让 left 和 right 此时一起走，因为满足长度要求之后，left 走一格的时候 right 肯定要走一格才满足要求，直到 right 走出界了为止！

💥解题思路二：哈希表 + 滑动窗口

​ 进行滑动窗口的优化，其实对于这道题很明显，因为这道题的窗口的长度实际上是不会变的，一直都是 p.size()，不像我们以前遇到的滑动窗口的题，要么是可能 right 一直走而 left 不动，或者 left 一直走而 right 不动的情况，这里就不一样了，因为我们只有在满足 p.size() 的时候判断才有意义，所以我们要一直保持窗口大小不变，也就是 right 走一步，left 就走一步！

​ 至于为什么可以用滑动窗口来解决，相信做过前面的题就知道，因为我们其实 不用每次都让 right 往回退，因为在 [left, right] 区间内，此时哈希表 comparehash 已经记录了该区间的字符出现次数了，如果说 left++ 之后又要让 right 重新从 left 开始走，其实就白白浪费了刚才记录下来的字符出现次数了，因为 right 肯定还是要走到满足字符串长度的为止也就是之前的 right 处，所以这是一直在重复的工作，而因为我们是遍历整个字符串，这样子算下来时间复杂度就很高了，所以我们要 优化一下，从 right 指针不回退入手，也就是一直往后走！

​ 剩下的任务就是关系出入窗口的时机，以及更新结果的时机了！

​ 算法流程如下（与暴力破解大体相似）：

1. 定义一个哈希表 hash，将字符串 p 中的字符都映射到哈希表中；定义另一个哈希表 comparehash，用于记录滑动窗口中字符的映射
2. 定义 left 和 right 指针，分别是滑动窗口的左右边界
3. 首先让 right 往后走，相当于进窗口，则让 comparehash[s[right] - ‘a’]++
   • 如果滑动窗口大小 right - left + 1 ＞ p.size() 的话，则要让左边界也开始移动，即 comparehash[s[left] - ‘a’]--，别忘了还有 left++，这两步是出窗口操作
   • 出窗口之后此时窗口大小就等于 p 的长度了，则要看看 comparehash 中的字符是否和 hash 中的字符完全相等
     • 完全相等的话则直接向返回数组中尾插 left 也就是起始索引
     • 反之则不成立，则继续往后遍历
4. 重复上述操作直到 right 出界！

class Solution {
public:
    vector<int> findAnagrams(string s, string p) {
        int hash[26] = { 0 };
        for(auto e : p)
            hash[e - 'a']++;
        
        vector<int> ret;
        int left = 0;
        int comparehash[26] = { 0 };
        for(int right = 0; right < s.size(); ++right)
        {
            comparehash[s[right] - 'a']++; // 进窗口

            if(right - left + 1 > p.size())
            {
                // 出窗口
                comparehash[s[left] - 'a']--;
                left++;
            }
			
            // 判断是否更新结果
            if(right - left + 1 == p.size())
            {
                int flag = true;
                for(int i = 0; i < 26; ++i)
                {
                    if(comparehash[i] != hash[i])
                    {
                        flag = false;
                        break;
                    }
                }
                if(flag)
                    ret.push_back(left);
            }
        }
        return ret;
    }
};

💥优化

​ 上面这种解法虽然在这道题能跑过去，但是在后面一些题按照同样的思路就会超时了，所以我们现在要再次优化一下，优化的主要切入点，起始就是这个比较两个哈希表的过程，其实我们可以做做优化！

​ 要优化，我们得多定义一个变量 count，让它来记录当前滑动窗口中 “有效字符” 的个数！

​ 下面主要讲一下出入窗口的时机以及更新结果的时机，这是和上面的不同之处：

• 在遍历 right 的时候，此时 s[right] 入窗口之后，判断一下是否 comparehash[s[right] - 'a'] ≤ hash[s[right] - 'a']
  • 如果是的话，说明此时 s[right] 进入这个窗口，对字符串 p 来说是有贡献的，则让 count++
  • 反之说明对you’xiao没有影响，则不用管！
• 在判断是否出窗口的时候，当 s[left] 出窗口后，判断一下是否 comparehash[s[left] - 'a'] < hash[s[left] - 'a']
  • 如果是的话说明此时 s[left] 离开窗口，对字符串 p 来说是有影响的，所以要让 count--
  • 反之说明 s[left] 是多余的或者不属于字符串 p 的，则不用管
• 然后只要 count == p.size()，说明有效个数和字符串 p 的字符是完全一样了，此时就更新 left 到结果数组中

class Solution {
public:
    vector<int> findAnagrams(string s, string p) {
        int hash[26] = { 0 };
        for(auto e : p)
            hash[e - 'a']++;
        
        vector<int> ret;
        int left = 0;
        int count = 0;
        int comparehash[26] = { 0 };
        for(int right = 0; right < s.size(); ++right)
        {
            // 进窗口
            comparehash[s[right] - 'a']++; 
            if(comparehash[s[right] - 'a'] <= hash[s[right] - 'a']) // “有效”才能进窗口
                count++;

            if(right - left + 1 > p.size())
            {
                // 出窗口
                comparehash[s[left] - 'a']--;
                if(comparehash[s[left] - 'a'] < hash[s[left] - 'a']) // “有效”才能出窗口
                    count--;
                left++; // 别忘了移动窗口
            }

            if(count == p.size())
                ret.push_back(left);
        }
        return ret;
    }
};