串联所有单词的子串
串联所有单词的子串
题目描述
题目解析
算法原理
以示例一为例，一定要记得，words中的每一个字符串长度相同，所以我们可以根据 words 中的每一个字符串的长度length，将 s 这个字符串以 length 个为一组来进行划分。
通过这样的转换，就变成了上一篇优选算法的问题：“找出字符串中所有字母异位词”
所以这道题的示例一：
解法：滑动窗口 + 哈希表
两道题不同之处：
1. 哈希表
在438题中，我们是通过数组来模拟哈希表，因为哈希表中的每一个元素 key 是一个个字符；
但是在这题是一个个字符串，映射关系是 HashMap<String, int >，表示字符串及出现次数 ；
2. left 和 right 指针的移动
刚开始，我们的left 和 right 两个指针，都指向 s 字符串的第一个元素：
但是我们在每次入窗口操作时，都要把三个字符组成的字符串划入哈希表中，所以 left，right 移动的步长，是 words 中字符串元素的长度。
在这题中，我们移动 right ，让第二个字符串进入哈希表：
3. 滑动窗口的执行次数
因为我们是把三个字符 看作是一个字符，所以划分方法有很多种，如下面的这三种：
- 因此滑动窗口的次数，就是能列举出来的上图的三种情况;
- 因为上面三种情况，分别以 s 的第一，第二，第三个字符为起点，把长度3的字符串看成一个字符；
- 那接下来就是以第四个字符为起点，那这种情况就变回了上面的第一种划分方法，只是少了第一个字符串 "bar" ;
- 同理，后面再以第五，第六，第七个 .......s 字符串的字符为起点，结果都能合并为上面三种划分情况
编写代码
定义哈希表 hash1，用来保存 wors 中所有单词（字符串元素）的频次
把 words 的每一个字符串元素存入 hash1
滑动窗口的执行次数（外层 for 循环）
完善滑动窗口的主逻辑；
left 和 right 指针不是从0开始，而是从 i 开始，如果 left 和 right 从0开始，就会重新遍历很多已经遍历过的字符串（内层 for 循环）；
count 用来记录有效字符串的个数：
注意，求数组长度和字符串长度，分别使用的是 length 和 length()
接下来有一个小细节：
所以对于上面的这两种情况，right 指针能到的极限位置就是上面两种情况 right 指向的位置，只要 right 到达这个位置，就不能再往后移动了，所以我们修改一下代码：
定义一个哈希表 hash2，保存窗口内所有单词的频次；
进窗口，维护 count；此时，input 存的字符串，就是要进窗口的字符串：
进窗口
方法一：
执行用时
方法二
执行用时
进完窗口，要看一下 key 为 input 的哈希元素，如果 hash2 的 val 是否小于 hash1 ，则 count++
- 但是有一个问题，如果在 hash1 中并没有 key 为 input 的元素，则会报错；
- 因为调用哈希表中的 get(key)，如果对应的 val 为0，则代表不存在这个映射，get() 此时返回 null
- 因此我们修改一下代码（如果 hash1 中有 key 为 input 的元素，返回该元素 val，否则返回0；）
判断是否需要出窗口：
注意 m = words.length，表示单词的个数，len 表示 words 中的单词长度。len*m 表示窗口长度。
(如果 right - left +1 > len*m，就出窗口，注意不是一个word 的长度，而是 words所有字符之和)
在 if 中，进行出窗口：
要在出窗口之前，维护 count，和上一次维护 count 的原理一样：
更新结果
完整代码
最小覆盖子串
最小覆盖子串
题目解析
算法原理
每次以一个有效字符开始找，直到找完所有符合条件的字符，返回这个子串，然后开始以下一个有效字符为起点开始遍历：
我们用 hash1 存放 t 字符串的字符，hash1的每一个元素 key 为字符，val 为字符出现次数；
再以 hash2 存放 s 字符串的字符，只要遍历到 s 中的字符str，在hash2.get(str)<hash1.get(str)，则是有效字符，凑齐所有 t 中所有字符的字符串，就是一个有效字符串；
进出窗口的原理
那么为了不失一般性，我们以上图的抽象例子，来讲解 left 和 right 组成有效字符串后 ，left 和 right 会出现的情况：
left 向后移动一步 ，从字符 str1走到 str2：
情况一： left 删除的是无效字符
- 如果 str1 字符在 t 中也有，但是 hash2.get(str1)>hash1.get(str1)，则说明 str1并不是一个有效的字符，所以 right 不动；
- right 不动，是因为新的 left 和 right 组成的字符串依旧是有效的字符串，left 删除的是一个无效字符；
- 但是 right 一回退，则一定会导致有效字符串变成无效字符串，因为 right 只有在 left 和 right 构成有效字符串才会停下来；
情况二：left 删除的是一个有效字符
- left ++，如果导致新 left 和 right 组成的字符串从有效字符串，变成无效字符串；
- 则因为 left 删除的字符，导致 hash2.get(str1)<hash1.get(str1) ；
- 对于这种情况，只能让 left 停止 ++操作，让 right 往后 ++；
- right 向后遍历，直到 right 遍历到 str1 的时候停止 ++，这时候 left 和 right 就是下一个有效字符串；
通过两种情况，发现 left 和 right 是同向移动的，所以使用滑动窗口解决该题；
解法：滑动窗口 + 哈希表 （how 很重要，但是 why 最重要）
- left = 0, right = 0;
- 进窗口（right ++，对应 key 的字符的 val++）；
- 判断是否出窗口（check(hash1,hash2)==true，说明窗口合法，才出窗口，这和前面的题目都不一样）
- 根据问题，找到合适的位置更新结果（更新起始位置 left 和最短长度，这样就能还原最短子串）
- (程序执行到这里，窗口都是合法的，因此更新结果的步骤放到判断和出窗口之间）；
- 出窗口（left 出窗口，直到上面判断中的 check(hash1,hash2)==false）；
优化判断条件
上面的判断步骤，在每次循环时，都会对 hash1 和 hash2 进行判断，但是每次判断都需要遍历一次 hash1 和 hash2，这样太耗费时间了，我们可以优化判断这一过程；
我们可以定义一个变量 count，标记有效字符的种类（之前标记的都是有效字符的个数）；
因为在串联所有单词的子串中，对于 hash1 和 hash2 中，元素的 val 必须是一 一 对应的，hash1的key对应的val有多少个，hash2就必须有多少个；
但是这道题：
所以，只要 left 和 right 组成的字符串对应的 hash2，每个 key 的 val 都大于等于 hash1，那么就是一个合法窗口，所以 count 标记的是有效字符的种类
count 只看当前字符是不是有效字符（当前字符val：hash2 >= hash1），而不看当前字符出现的次数，因此统计的是种类，为什么是种类，刚才已经解释过了，因为字符val不是一 一对应的关系
- 进窗口之后，维护 count：只有两个字符出现的次数相等，count 才+1，否则会统计重复的；
- 出窗口之前，维护count：只有两个字符出现的次数相等，count 才-1，否则会统计重复的；
- （因为 count 的出现，只服务于能成为有效字符串的指针移动，出现次数大于的时候，不影响有效字符串；出现次数小于的时候，会从有效字符串变成无效字符串；所以只有等于的时候，才+1）
- 判断条件（只有 count = 哈希表的元素种类hash.size() 时，而不是等于字符数量；count只有凑齐所有的有效字符，才更新结果，而不关系如何成为有效字符，出现次数多了也不算有效字符）
编写代码
这题可以用字符模拟哈希表(使用容器增删查改为O（1），但是消耗还是很大的)
统计字符串 t 中字符的频次
因为
