字符串包括

题目：如果这有一个各种字母组成的字符串A，和另外一个字符串B，字符串里B的字母数相对少一些。什么方法能最快的查出全部小字符串B 里的字母在大字符串A里都有？
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a是长字符串，b是短字符串
方法一:双循环比較法（轮询法）
针对b中的每个字符。逐个与a中每个字符比較
伪代码：

bool StringContain(string &a, string &b)
{
    for(int i = 0; i < b.length(); i++)
    {
        for(int j = 0; (j < a.length()) && (a[j] != b[i]); j++);
        if(j >= a.length())
        {
            return false;
        }
    }
    return true;
}

复杂度：O(n*m)时间开销过大
方法二、排序+轮询法
先对两个字符串的字母进行排序。之后同一时候对两个字符串依次线性扫描轮询
伪代码：

//注意AB中可能包括反复字符，所以注意A下标不要轻易移动，这样的方法改变了字符串，假设不想改变能够选择复制bool StringContain(string &a, string &b)
{
    sort(a.begin(), a.end());
    sort(b.begin(), b.end());
    for(int pa = 0, pb = 0; pb < b.length();)
    {
        while((pa < a.length()) && (a[pa] < b[pb]))
            ++pa;
        if((pa >= a.length()) || (a[pa] > b[pb]))
            return false;
        ++pb;
    }
    return true;
}

注意：这里攻克了一个假设存在同样字符问题，一定要注意不能直接i++。j++,字符类题目一定要注意考虑字符同样的情况。该算法的复杂度为O(mlogm) + O(nlogn) + O(m+n)
方法三：数组存储法
首先标记短字符串中有哪些字符，则在store数组中标记为true，store数组事实上就是起到一个映射的作用；之后遍历长字符串。假设为true的则辩称false，否则不处理；最后遍历store数组，假设所有元素都是false那么说明短字符串中元素长字符串中所有有。否则没有。
伪代码：

bool store[maxn];
memset(store, false, 58);
for(i = 0; i < len1; i++)
{
    store[short[i] - 65] = true;
}

for(i = 0; i < len2; i++)
{
    if(store[long[i] - 65] != false)
        store[long[i] - 65] = false;
}

for(i = 0; i < maxn; i++)
{
    if(store[i] != false)
    {
        短字符中有长字符中没有的字符;
        break;
    }
    if(i == len2-1)//事实上也能够通过return来完毕
    {
        短字符中没有长字符中没有的字符;
    }
}

复杂度为O(m+n)
方法四：O(n)到O(m+n)的素数方法
思路：
① 定义最小的26 个素数分别与字符‘A‘到‘Z‘相应。
② 遍历长字符串，求得每一个字符相应素数的乘积。
③ 遍历短字符串，推断乘积是否能被短字符串中的字符相应的素数整除。

伪代码：

//这种方法仅仅有理论意义，因此整数乘积非常大，有溢出风险bool StringContain(string &a, string &b)
{
    const int primeNumber[26] = {2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,91,97,101};
    int product = 1;

    //遍历长字符串
    for(int i = 0; i < a.length(); i++)
    {
        int index = a[i] - ‘A‘;
        product *= primeNumber[index];
    }

    //遍历短字符串
    for(int j = 0; j < b.length(); j++)
    {
        int index = b[j] - ‘A‘;
        if(product % primeNumber[index] != 0)
            return false;
    }
    return true;
}

纸质手写代码易犯错误：
① 91不是素数
② product初始化为1，不是0
待改进地方
这个程序尽管非常巧妙。运用数学知识减少了时间复杂度
1.仅仅考虑大写字符，假设考虑小写字符和数组的话，素数数组须要很多其它素数
2.没有考虑反复的字符，能够增加推断反复字符的辅助数组。
方法五、哈希表
思路1：将短的字符串存储在哈希表hashTable中，对于字符串中字符为1，而且用num统计1的个数cnt之后再扫描长字符串的每一个字符。若原来hashTable[*pHashKey]为1时。我们改动为0。且将cnt减去1，否则不处理；若cnt == 0或者扫描结束，循环结束；
伪代码：

bool  is_contain(string LongStr, string ShortStr)
{
    bool is_pipei = false;
    const  int tableSize = 256;
    unsigned int hashTable[tableSize];
    int i,cnt = 0;

    for(i = 0; i < tableSize; i++)
    {
        hashTable[i] = 0;
    }

    for(i = 0; i < ShortStr.length(); i++)
    {
        hashTable[i] = 1;
        cnt ++;
    }

    for(i = 0; i < LongStr.length(); i++)
    {
        if(hashTable[LongStr[i]] == 1)
        {
            hashTable[LongStr[i]] = 0;
            cnt --;
        }
    }
    if(cnt == 0)
    {
        is_pipei = true;
    }
    return is_pipei;
}

思路2：事实上能够依据存储长的字符串，对于哈希表值为1，之后再去扫描短字符串中的每一个字符。假设存在哈希表值为0。则说明短字符中存在长字符中不含有的字符。反之不存在。
伪代码：

bool is_contain(char *src, char *des) 
{ 
    bool is_pipei = true; //创建一个哈希表，并初始化
    const int tableSize = 256; 
    int hashTable[tableSize]; 
    int len1,len2,i; 
    for(i=0; i< tableSize; i++) 
        hashTable[i] = 0; 

    len1 = strlen(src); 
    for(i=0; i< len1; i++) 
        hashTable[src[i]] = 1; 
    len2 = strlen(des); 
    for(i=0; i< len2; i++) 
        { 
            if(hashTable[des[i]] == 0) 
                is_pipei = false; //匹配失败 
        } 

        return is_pipei; //匹配成功
}

思路3、先轮询长字符串，用位运算计算出一个”签名“,再用短字符串中字符去长字符串中去查找

//最好的方法。时间复杂度O(n+m) 空间复杂度为O(1)bool StringContain(string &a, string &b)
{
    int hash = 0;
    for(int i = 0; i < a.length(); ++i)
    {
        hash |= (1 << (a[i] - ‘A‘));
    }
    for(int i = 0; i < b.length(); ++i)
    {
        if((hash & (1 << (b[i] - ‘A‘))) == 0)
            return false;
    }
    return true;
}

这样的方法实质上是用整数替代了哈希表。时间复杂度O(n+m) 空间复杂度为O(1)
最优质的算法