【LeetCode】30. Substring with Concatenation of All Words 單詞匹配子串

一、概述

輸入一個字符串s和一個字符串數組words，words中的字符串等長，若s有一個子串，由words中所有元素構成，則輸出這個字串的第一個字符的下標。輸出所有該類型子串的下標。

要求有點繁瑣，舉例子就很簡單：

s = "barfoothefoobarman",
words = ["foo","bar"]

那麼子串有barfoo，下標爲0；foobar，下標爲9。解答起來也很麻煩。

二、分析

我的代碼時空複雜度還不錯，因此就只分析我自己的了。

首先注意到words中元素的限制條件——長度相同，設置其爲l，那麼就可以根據這一點來進行遍歷：

第一輪：從s的第0個開始，每l個一組，與words中的元素比較；

第二輪：從s的第1個開始；第三輪，從s的第2個開始；...第l輪：從s的第l-1個開始。

然後就結束了。從第l個開始等價於從第0個開始。因此時間複雜度爲O(l*n)，n爲s的長度。

然後要注意到words中的元素可以有重複的，最開始我就是沒注意到這點，用set去做，發現了之後所有代碼都要推倒從來，很是蛋疼。

對於每輪比較，我們維護一個hash表m，儲存當前words中還沒匹配的元素；維護一個指針tmp_ans，指向當前子串的頭部；維護一個整數now_len，表示當前子串的長度。當比較的時候，會出現三種情況：

①、s中的該子串在words中沒有對應的。那麼頭指針將指向該子串的下一個。now_len置零。m回覆初始狀態。

②、s中的該子串在word中有對應的，但是words中該子串對應的元素已經全部匹配完。那麼開始循環，頭指針對應的子串對應的m中的值+1，頭指針前移，長度減一；直到words中該子串對應的元素重新出現。

③、s中的該子串在word中有對應的，now_len與words的元素個數相等。那麼我們找到一個解。將這個解保存下來，頭指針前移；m增加，now_len減少。

代碼如下：

class Solution {
public:
    vector<int> findSubstring(string s, vector<string>& words) {
        vector<int> res;
        if(s==""||words.size()==0)
            return res;
        unordered_map<string,int> m;
        for(int i=0;i<words.size();++i)
            if(words[i].size()>s.size())
                return res;
            else
                ++m[words[i]];
        for(int i=0;i<words[0].size();++i)
        {
            int tmp_ans=i;
            int now_len=0;
            for(int j=i;j<=s.size()-words[0].size();j+=words[0].size())
            {
                if(m.find(s.substr(j,words[0].size()))==m.end())
                {
                    while(tmp_ans!=j)
                    {
                        ++m[s.substr(tmp_ans,words[0].size())];
                        tmp_ans+=words[0].size();
                    }
                    tmp_ans+=words[0].size();
                    now_len=0;
                } 
                else
                {
                    --m[s.substr(j,words[0].size())];
                    ++now_len;
                    while(m[s.substr(j,words[0].size())]<0)
                    {
                        ++m[s.substr(tmp_ans,words[0].size())];
                        tmp_ans+=words[0].size();
                        --now_len;
                    }
                    if(now_len==words.size())
                    {
                        res.push_back(tmp_ans);
                        ++m[s.substr(tmp_ans,words[0].size())];
                        tmp_ans+=words[0].size();
                        --now_len;
                    }
                }
            }
            while(now_len>0)
            {
                ++m[s.substr(tmp_ans,words[0].size())];
                tmp_ans+=words[0].size();
                --now_len;
            }
        }
        return res;
    }
};

注意四點：

其一，當頭指針出現變化時，一定對應len和m的變化，不要忘了；

第二，每次j遍歷完，都要把m恢復原樣；

第三，用unorder_map而不是map，可以節省三倍時間；

第四，words中的元素長度如果比s大，可以直接返回。

三、總結

有些複雜的題目，主要就是words可以有重複元素，導致無法使用set，必須使用哈希表才行。這樣要維護多個變量和數據結構，就顯得有些麻煩。注意，只需要哈希表時不要用map，很拖後腿。