写在前面

本专栏专注于分析与讲解【面试经典150】算法，两到三天更新一篇文章，欢迎催更……

专栏内容以分析题目为主，并附带一些对于本题涉及到的数据结构等内容进行回顾与总结，文章结构大致如下，部分内容会有增删：

• Tag：介绍本题牵涉到的知识点、数据结构；
• 题目来源：贴上题目的链接，方便大家查找题目并完成练习；
• 题目解读：复述题目（确保自己真的理解题目意思），并强调一些题目重点信息；
• 解题思路：介绍一些解题思路，每种解题思路包括思路讲解、实现代码以及复杂度分析；
• 知识回忆：针对今天介绍的题目中的重点内容、数据结构进行回顾总结。

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Tag

【滑动窗口】【字符串】

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题目来源

面试经典 150 | 30. 串联所有单词的子串

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题目解读

找出字符串数组 words 中字符串按任意顺序组成的新字符串在字符串 s 中的开始索引，以数组的形式返回。其中，words 中所有字符串的长度都相同。

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解题思路

首先，我们记 sLen 为字符串 s 的长度，wsLen 为字符串数组 words 的长度，wLen 为字符串数组中每个字符串的长度。

本题的解题思路其实一目了然：判断 s 中长度为 wsLen * wLen 的子串是否可以由 words 中字符串按任意顺序组合而成（下文以匹配代之），如果可以的话，那么长度为 wsLen * wLen 的 s 子串的开始索引就是有效的答案，加入答案数组 res 即可。

本题关键就是如何判断是否 “匹配”。

方法一：两个哈希表

我们使用两个哈希表来辅助 “匹配”。

第一个哈希表 mp1 用来记录 words 中的字符串出现的次数，第二个哈希表 mp2 用来记录当前长度为 wsLen * wLen 的子串中长度为 wLen 的字符串出现次数，第二个哈希表更新结果如下图所示，其中字符串 s = barfooche，wsLen = 1，wLen = 3：

如果 mp2 中有任何一个字符串出现的次数大于在 mp1 中出现的次数，或者mp2 中有一个字符串没有在 mp1 中出现过，则匹配失败。

具体实现中，我们可以边更新 mp2，边匹配：

• 迭代长度为 wsLen * wLen 的 s 子串中的所有字符串进行，记当前的字符串为 ss；
• 首先判断 ss 是否在 mp1 中，如果不在，当前长度为 wsLen * wLen 的 s 子串一定不匹配；
• 如果在，则更新 mp2，接着判断 mp2[ss] 与 mp1[ss] 的大小关系，如果前者大，则当前长度为 wsLen * wLen 的 s 子串一定不匹配。
• 如果迭代完长度为 wsLen * wLen 的 s 子串中的所有字符串都没有出现以上不匹配的情况，则说明长度为 wsLen * wLen 的 s 子串的开始索引就是有效的答案，加入答案数组 res 即可。

但是，实际测试，方法一超时。我觉得问题在于【先枚举滑窗再枚举单词数】，如果像答案那样【先枚举单词数，再跳跃枚举滑窗】

还有【一次哈希】的解法，不论是一次哈希还是两次哈希最坏的时间复杂度都达到 了 $10^8$，是这样计算的 $10^4\times 10^3\times 30=10^8$，官方题解的时间复杂度为 $10^3\times 10^4÷30\times 30=10^7$，就差那一点最后两个测试用例就没通过。

该方法超时了，实现代码 就不贴出来了。

方法二：滑动窗口

此时利用的是 438. 找到字符串中所有字母异位词 方法二中的优化版的滑动窗口来解决，可以参考 滑窗 differ 优化 进行理解。

其实方法一也是利用的滑动窗口，其中的长度为 wsLen * wLen 的 s 子串就是一个固定的窗口下的子串，不同于方法一【先枚举所有的滑窗再枚举单词数】，方法二的滑窗是【先枚举单词数，再跳跃枚举滑窗】，现在来具体看一看是如何实现的。

首先需要将 s 划分为单词组，每个单词的大小均为 wLen，一共有 wLen 中划分方式。如下图所示为 s = "barfooche"，words = ["bar", "foo"] 对于 s 的三种划分方式。

(1) (2) (3)

划分成单词组后，一个滑窗包含 s 中前 wsLen 个单词，用一个哈希表 differ 来表示窗口内单词频次和 words 中单词频次之差。初始化 differ 时，出现在窗口中的单词，每出现一次，相应的值增加 1，出现在 words 中的单词，每出现一次，相应的值减少 1。示例代码：

// 每一种分组方式的 differ 初始化
for (int i = 0; i < n && i + m * n <= ls; ++i) {unordered_map<string, int> differ;// 每一种分组方式的窗口内 differ ++for (int j = 0; j < m; ++j) {++differ[s.substr(i + j * n, n)];}// 每一种分组方式 words 内 differ --for (string &word: words) {if (--differ[word] == 0) {differ.erase(word);}}
}

然后将窗口右移，右侧会加入一个单词，左侧会移出一个单词，并对 differ 做相应的更新。窗口移动时，若出现 differ 中值不为 0 的键的数量为 0，则表示这个窗口中的单词频次和 words 中单词频次相同，窗口的左端点是一个待求的起始位置。示例代码：

for (int start = i; start < ls - m * n + 1; start += n) {// 以初始化的 differ 为基础进行判断if (start != i) {       // start = i 时，直接判断 differ 是否为空，为空则 start = i 是一个起始位置// 先加入一个单词string word = s.substr(start + (m - 1) * n, n);if (++differ[word] == 0) {differ.erase(word);}// 后移除一个单词word = s.substr(start - n, n);if (--differ[word] == 0) {differ.erase(word);}}// 如果 differ 为空，则表示这个窗口中的单词频次和 `words` 中单词频次相同，将当前起始位置加入答案数组if (differ.empty()) {res.emplace_back(start);}
}

总的实现代码

class Solution {
public:vector<int> findSubstring(string &s, vector<string> &words) {vector<int> res;int m = words.size(), n = words[0].size(), ls = s.size();for (int i = 0; i < n && i + m * n <= ls; ++i) {unordered_map<string, int> differ;for (int j = 0; j < m; ++j) {++differ[s.substr(i + j * n, n)];}for (string &word: words) {if (--differ[word] == 0) {differ.erase(word);}}for (int start = i; start < ls - m * n + 1; start += n) {if (start != i) {string word = s.substr(start + (m - 1) * n, n);if (++differ[word] == 0) {differ.erase(word);}word = s.substr(start - n, n);if (--differ[word] == 0) {differ.erase(word);}}if (differ.empty()) {res.emplace_back(start);}}}return res;}
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(n\times m)$，$n$ 为 words 中每个单词的长度，$m$ 为 s 的长度。

空间复杂度：$O(n\times k)$，$n$ 为 words 中每个单词的长度，$k$ 为 words 的长度，每次滑动窗口时，需要用一个哈希表保存单词频次。

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