30. 串联所有单词的子串

给定一个字符串 s 和一个字符串数组 words。 words 中所有字符串 长度相同。

s 中的 串联子串 是指一个包含 words 中所有字符串以任意顺序排列连接起来的子串。

• 例如，如果 words = ["ab","cd","ef"]， 那么 "abcdef"， "abefcd"，"cdabef"， "cdefab"，"efabcd"， 和 "efcdab" 都是串联子串。 "acdbef" 不是串联子串，因为他不是任何 words 排列的连接。

返回所有串联子串在 s 中的开始索引。你可以以 任意顺序 返回答案。

示例 1：

输入：s = "barfoothefoobarman", words = ["foo","bar"] 输出：[0,9]解释：因为 words.length == 2 同时 words[i].length == 3，连接的子字符串的长度必须为 6。 子串 "barfoo" 开始位置是 0。它是 words 中以 ["bar","foo"] 顺序排列的连接。 子串 "foobar" 开始位置是 9。它是 words 中以 ["foo","bar"] 顺序排列的连接。 输出顺序无关紧要。返回 [9,0] 也是可以的。

示例 2：

输入：s = "wordgoodgoodgoodbestword", words = ["word","good","best","word"] 输出：[]解释：因为 words.length == 4 并且 words[i].length == 4，所以串联子串的长度必须为 16。 s 中没有子串长度为 16 并且等于 words 的任何顺序排列的连接。 所以我们返回一个空数组。

示例 3：

输入：s = "barfoofoobarthefoobarman", words = ["bar","foo","the"] 输出：[6,9,12] 解释：因为 words.length == 3 并且 words[i].length == 3，所以串联子串的长度必须为 9。 子串 "foobarthe" 开始位置是 6。它是 words 中以 ["foo","bar","the"] 顺序排列的连接。 子串 "barthefoo" 开始位置是 9。它是 words 中以 ["bar","the","foo"] 顺序排列的连接。 子串 "thefoobar" 开始位置是 12。它是 words 中以 ["the","foo","bar"] 顺序排列的连接。

提示：

• 1 <= s.length <= 10(4)

• 1 <= words.length <= 5000

• 1 <= words[i].length <= 30

• words[i] 和 s 由小写英文字母组成

我们需要再s找一个子数组，这个子数组包含words的所有的元素。返回这个子数组的首索引。

注意到words里面的单词长度都是一样的。所以我们满足要求的所有子数组，都是按照单词的长度划分的。

我们将字符串看做一个整体，问题转化为在s子数组中找words的异位词。

利用map容器模拟hash表。hash1记录words中不同字符串对应的个数，hash2记录区间[left,right]中不同字符串对应的个数。

在s中划分字符串，有len=words[0].size()种划分情况。

对于每一种划分情况，我们只需要寻找符合要求的子数组即可。每一次遍历长度为len的字符串。

[left,right]区间，hash2记录区间[left,right]中不同字符串对应的个数，count记录区间内有效的字符个数，[left,right]长度不超过len*m。

因为[left,right]长度等于len*m的时候，就是对于left组合的一个解，对于后面的组合都不需要再考虑了，因为首索引都没有改变。

不断维护这个意义，我们每一次只需要判断count是否等于m，就知道[left,right] 是否符合条件。

当我们添加进right元素后，维护hash2和count。如果right-left+1>len*m，表示对于left的所有组合都考虑完毕了。left++。维护hash2和count。

此时[left,right]长度符合条件，hash2和count都维护成功，这就是一个可能的解，判断count==m，如果相等就是一个解。

class Solution {
public:vector<int> findSubstring(string s, vector<string>& words) {vector<int> ret;unordered_map<string, int> hash1;for (auto& s : words)hash1[s]++;int len = words[0].size(), m = words.size();for (int i = 0; i < len; i++) {unordered_map<string, int> hash2;for (int left = i, right = i, count = 0; right + len <= s.size();right += len) {string in = s.substr(right, len);hash2[in]++;if (hash1.count(in) && hash2[in] <= hash1[in])count++;if (right - left + 1 > m * len) {string out = s.substr(left, len);if (hash1.count(out) && hash2[out] <= hash1[out])count--;hash2[out]--;left += len;}if (count == m)ret.push_back(left);}}return ret;}
};

unordered_map<string, int> hash1; 定义了一个哈希表 hash1，用于存储 words 中每个单词的出现次数。

for (auto& s : words) hash1[s]++; 遍历单词列表 words，更新哈希表 hash1，计算每个单词的出现次数。

int len = words[0].size(), m = words.size(); 获取单词的长度 len（假设所有单词长度相同）和单词列表 words 的大小 m。

for (int i = 0; i < len; i++) { 由于单词有固定长度，所以使用多个滑动窗口，每个窗口的起始位置从 0 到 len-1。

unordered_map<string, int> hash2; 对于每个滑动窗口，定义一个哈希表 hash2，用于存储当前考察的窗口中每个单词的出现次数。

for (int left = i, right = i, count = 0; right + len <= s.size(); right += len) { 使用一个滑动窗口，窗口的左右边界分别由 left 和 right 表示，count 用来计数当前窗口内满足条件的单词数量，也就是有效字符的个数。窗口右边界 right 从 i 开始，每次移动一个单词的长度。

string in = s.substr(right, len); 获取当前右边界指向的单词 in。

hash2[in]++; 更新哈希表 hash2，计算当前窗口中每个单词的出现次数。

if (hash1.count(in) && hash2[in] <= hash1[in]) count++; 如果 in 存在于 hash1 中，并且 hash2[in] 的值不超过 hash1[in] 的值，则增加 count。

if (right - left + 1 > m * len) { 如果当前窗口的大小超过了所有单词串联后的长度，需要缩小窗口。

string out = s.substr(left, len); 获取当前左边界指向的单词 out。

if (hash1.count(out) && hash2[out] <= hash1[out]) count--; 如果 out 存在于 hash1 中，并且 hash2[out] 的值不超过 hash1[out] 的值，则减少 count。

hash2[out]--; left += len; 减少 out 在哈希表 hash2 中的计数，并将左边界向右移动一个单词的长度。

if (count == m) ret.push_back(left); 如果当前窗口内包含 words 中所有单词，则将当前左边界的索引添加到结果向量 ret 中。

时间复杂度和空间复杂度分析 时间复杂度：O(n * m * len)，其中 n 是字符串 s 的长度，m 是单词列表 words 的大小，len 是单词的长度。每个窗口最多移动 n/len 次，每次移动需要 O(m * len) 的时间来处理窗口内的单词。

空间复杂度：O(m)，主要是哈希表 hash1 和 hash2 的空间开销，它们存储了 words 中每个单词的出现次数。

76. 最小覆盖子串

给你一个字符串 s 、一个字符串 t 。返回 s 中涵盖 t 所有字符的最小子串。如果 s 中不存在涵盖 t 所有字符的子串，则返回空字符串 "" 。

注意：

• 对于 t 中重复字符，我们寻找的子字符串中该字符数量必须不少于 t 中该字符数量。

• 如果 s 中存在这样的子串，我们保证它是唯一的答案。

示例 1：

输入：s = "ADOBECODEBANC", t = "ABC" 输出："BANC" 解释：最小覆盖子串 "BANC" 包含来自字符串 t 的 'A'、'B' 和 'C'。

示例 2：

输入：s = "a", t = "a" 输出："a" 解释：整个字符串 s 是最小覆盖子串。

示例 3:

输入: s = "a", t = "aa" 输出: "" 解释: t 中两个字符 'a' 均应包含在 s 的子串中， 因此没有符合条件的子字符串，返回空字符串。

提示：

• (m == s.length)

• (n == t.length)

• 1 <= m, n <= 10(5)

• s 和 t 由英文字母组成

进阶：你能设计一个在 o(m+n) 时间内解决此问题的算法吗？

滑动窗口（同向双指针）优化暴力枚举：

我们需要在[left,right]中判断是否包含t字符串，可以用hash1记录t字符串中不同字符的个数，用hash2记录[left,right]记录字符串中不同字符的个数，再用一个count记录[left,right]中有效的字符个数，我们仅需要判断count是否等于t.size()，就可以直接判断[left,right]中是否包含t字符串。

count记录有效字符的具体做法，我们考虑把right字符添加进区间中，添加right之前count记录是的[left,right-1]的有效字符个数，添加进right后，维护hash2，hash2[in]++。hash2维护之后，如果hash2[in]<=hash2[in]，说明新加入进来的字符是有效字符，表示right字符有意义。

我们不断判断所有的子串区间，也就是所有的left和right的组合。找到符合条件的最小区间的长度。

[left,right]当添加进right后，count==m，此时对于left，与right+1,right+2...后面的组合都可以不用考虑了，因为子串的长度一定大于left与right的组合。也就是说对于left的所有组合我们都考虑完毕了。此时left++。

left++后，对于[left,right-1]这个区间的所有组合都不符合条件，所以跳过这个组合，直接从right开始匹配。

然后count==m，对于这个left的所有组合也考虑完毕。以此类推，直到count！=m为止。

left++的时候，需要注意维护hash2和count的意义。

class Solution {
public:string minWindow(string s, string t) {int n = s.size(), m = t.size();if (n < m)return "";int hash1[128] = {0}, hash2[128] = {0};for (auto ch : t)hash1[ch]++;int begin = -1, minlen = INT_MAX;for (int left = 0, right = 0, count = 0; right < n; right++) {char in = s[right];hash2[in]++;if (hash2[in] <= hash1[in])count++;while (count == m) {if (right - left + 1 < minlen) {minlen = right - left + 1;begin = left;}char out = s[left];if (hash2[out] <= hash1[out])count--;hash2[out]--;left++;}}if (begin == -1)return "";elsereturn s.substr(begin, minlen);}
};

int n = s.size(), m = t.size(); 获取字符串 s 和 t 的长度。

if (n < m)return ""; 如果字符串 s 的长度小于字符串 t 的长度，返回空字符串，因为无法找到满足条件的窗口。

int hash1[128] = {0}, hash2[128] = {0}; 定义两个哈希表 hash1 和 hash2，用于存储字符串 t 中每个字符的出现次数和当前考察的窗口中每个字符的出现次数。

for (auto ch : t) hash1[ch]++; 遍历字符串 t，更新哈希表 hash1，计算 t 中每个字符的出现次数。

int begin = -1, minlen = INT_MAX; 初始化变量 begin 为-1，表示最小窗口的起始索引，初始化 minlen 为INT_MAX，表示最小窗口的长度。

for (int left = 0, right = 0, count = 0; right < n; right++) { 使用一个滑动窗口，窗口的左右边界分别由 left 和 right 表示，count 用来计数当前窗口内满足条件的字符数量，也就是有效字符数。窗口右边界 right 从0开始，遍历整个字符串 s。

char in = s[right]; 获取当前右边界指向的字符 in。

hash2[in]++; 更新哈希表 hash2，计算当前窗口中每个字符的出现次数。

if (hash2[in] <= hash1[in]) count++; 如果当前字符 in 在窗口中的出现次数不超过它在 t 中的出现次数，则增加 count。

while (count == m) { 如果当前窗口内包含所有 t 中的字符，尝试缩小窗口以找到更小的窗口。

if (right - left + 1 < minlen) { 如果当前窗口大小小于已知的最小窗口大小，更新最小窗口大小和起始索引。

minlen = right - left + 1; begin = left; 更新最小窗口的长度和起始索引。

char out = s[left]; 获取当前左边界指向的字符 out。

if (hash2[out] <= hash1[out]) count--; 如果 out 在窗口中的出现次数不超过它在 t 中的出现次数，减少 count。

hash2[out]--; left++; 减少字符 out 在哈希表 hash2 中的计数，并将左边界向右移动。 if (begin == -1)return "";elsereturn s.substr(begin, minlen);} 如果没有找到合适的窗口，返回空字符串。否则，返回从 begin 开始长度为 minlen 的子字符串。

时间复杂度和空间复杂度分析

时间复杂度：O(n)，其中 n 是字符串 s 的长度。尽管有循环嵌套，但每个字符在 s 中只被访问两次（一次是当它进入窗口，一次是当它离开窗口），所以时间复杂度是线性的。

空间复杂度：O(1)，因为 hash1 和 hash2 的大小固定为128（ASCII 字符集的大小），不依赖于输入数据的大小，因此可以认为是常数空间。

结尾

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