leetcode --- 30. 串联所有单词的子串[C++ 滑动窗口/双指针]

原题：30. 串联所有单词的子串 - 力扣（LeetCode）

题目解析：

本题在这道题的算法原理基础上进行思考会简单许多

leetcode --- 438. 找到字符串中所有字母异位词[C++/滑动窗口+哈希表]-CSDN博客

关键信息---words中的字符串长度都相等

要在s字符串中找到串联子串。将每一个words中的字符串看做一个字符

比如示例1中，foo看作a，bar看作b

那么s字符串就可以看成是 bacabd （the看作c，man看作d）

那么这道题就变成了和438一样的寻找异位词的问题。

但是这道题还有些不同的地方

比如barfoothefoobarman这个s字符串

除了从b开始的分割方式，还可能存在从第二个字符开始的分割方式，和第三个字符开始的分割方式，这几个分割方式中都可能出现符合题目要求的串联子串，只是示例1恰好没有。但是我们编写代码时要考虑到这个情况。

算法原理：

与438这道题不同的是：

1.这道题的哈希表要存的是字符串出现的频次；

2.此外，指针的移动方式也不同，每次移动的长度应该等于words中的字符串的长度；

3.还有一个不同就是题目解析中说的不同分割方式，这中不同在算法中的体现就是滑动窗口的执行次数。根据题目解析中的规律，当起始的字符跳过了一个words字符串的长度，那么就会和第一种情况（从第一个字符开始的分割方式）重复，所以滑动窗口的执行次数就是words字符串长度的大小。

先创建第一个哈希表hash1来保存words中字符出现的频次

再创建一个哈希表hash2用来保存窗口中字符出现的频次

滑动窗口四步走

1.进窗口 + 维护count

更新哈希表hash2，判断进窗口的字符串是否为有效字符串

有效则count++

2.判断

窗口长度大于words字符串总长度时出窗口

3.出窗口

判断出窗口的字符串是否为有效字符串

有效则count--

然后更新哈希表hash2，把出窗口的字符频次减掉

然后left指针右移

4.更新状态

当有效字符串个数等于words中的字符串个数

将left下标给返回值

以上步骤总共执行len次，len为words中一个字符串的长度

每一次执行的时候，left和right的起始位置要有相应变化

代码编写：

class Solution {
public:
    vector findSubstring(string s, vector& words) {
        unordered_maphash1; //保存words里所有单词出现的频次
        for(auto &s : words)
        {
            hash1[s]++;
        }

        vectorret;
        int len = words[0].size(),m = words.size();
        for(int i = 0;ihash2;//保存窗口内所有单词出现的频次

                //right是其中一个字符串的起始位置，其长度要合法且符合要求
                //所以循环的结束条件为right+len <= s.size()
                //count为有效字符串个数
                //注意left和right的起始位置要随滑动窗口执行次数变化而变化
            for(int left = i,right = i,count = 0;right + len <= s.size(); right+=len)
            {
                //进窗口 + 维护count
                string in = s.substr(right,len);
                if(++hash2[in] <= hash1[in])
                {
                    count++;
                }

                //判断
                if(right - left + 1 > len*m)
                {
                string out = s.substr(left,len);
                //出窗口    
                if(hash2[out]-- <= hash1[out])
                {
                    count--;
                }
                left+=len;//出完窗口left要移动
                }
                //更新状态
                if(count == m) //有效字符串个数等于words中字符串个数
                {
                    ret.push_back(left);
                }
            }
        }
        return ret;
    }
};

在时间上进一步优化

因为s字符串中可能出现words字符串中没有的字符，所以在进行比较的时候，hash1会先创建出一个空间再进行比较，这样就造成一定程度的时间消耗，所以在进行比较之前加个判断，hash1.count（in）判断这个字符串是否存在，如果不存在于words中，那就没有判断的必要，不影响有效字符串个数的大小。

优化地方在下方注释标出

class Solution {
public:
    vector findSubstring(string s, vector& words) {
        unordered_maphash1; //保存words里所有单词出现的频次
        for(auto &s : words)
        {
            hash1[s]++;
        }

        vectorret;
        int len = words[0].size(),m = words.size();
        for(int i = 0;ihash2;//保存窗口内所有单词出现的频次

                //right是其中一个字符串的起始位置，其长度要合法且符合要求
                //所以循环的结束条件为right+len <= s.size()
                //count为有效字符串个数
                //注意left和right的起始位置要随滑动窗口执行次数变化而变化
            for(int left = i,right = i,count = 0;right + len <= s.size(); right+=len)
            {
                //进窗口 + 维护count
                string in = s.substr(right,len);
                if(hash1.count(in) && ++hash2[in] <= hash1[in]) //优化
                {
                    count++;
                }

                //判断
                if(right - left + 1 > len*m)
                {
                string out = s.substr(left,len);
                //出窗口    
                if(hash1.count(out) && hash2[out]-- <= hash1[out])  //优化
                {
                    count--;
                }
                left+=len;//出完窗口left要移动
                }
                //更新状态
                if(count == m) //有效字符串个数等于words中字符串个数
                {
                    ret.push_back(left);
                }
            }
        }
        return ret;
    }
};