标签：ble 结果 http 复杂度 更新 单个字符 splay display sub
You are given a string, s, and a list of words, words, that are all of the same length. Find all starting indices of substring(s) in s that is a concatenation of each word in words exactly once and without any intervening characters.
For example, given:
s: "barfoothefoobarman"
words: ["foo", "bar"]
You should return the indices: [0,9].
(order does not matter).
这道题让我们求串联所有单词的子串，就是说给定一个长字符串，再给定几个长度相同的单词，让我们找出串联给定所有单词的子串的起始位置，我目前的能力只是写出了一种可以通过168组数据的算法，还是的参考别人的算法思路和代码，这里先贴一下自己的求解的思路（为了不误人子弟，可以跳过下面一段）。
首先我们需要使用一个哈希表存取在words数组里面出现过的单个字符串key，在value中存放字符串在words数组中出现的次数，使用计数器count记录子串中出现的words里面的字符串的个数，当count = words.length时，成功找到一个子串。定义left指针从左开始一个字符一个字符遍历，right只向子串的右部，第二层循环每次从S中取出给定长度的子串与哈希表中的键值进行比较：
如果取出的子串是哈希表的键值：判断该键值对应的value>0? 如果大于0，说明该键值在left--right子串中没有出现，或者是在words数组中有重复，且目前允许重复。count++，right向右移动一定长度。否则说明left--right子串中不允许再出现该字符串了，这时break，跳出循环，重新初始化哈希表，count置0。
如果取出的子串不是哈希表的键值，说明出现了不允许出现的字符，这个连续的子串已经不符合要求了，跳出循环，重新初始化哈希表，count置0。
内层循环结束之后，说明重left开始的子串已经判断完成，如果count == words.length则说明找到了一个符合条件的子串，否则判断，count是否大于0，如果不大于0，说明哈希表没有被更改过没不需要重新初始化，否则初始化哈希表。
代码如下：
public class Solution {
public List<Integer> findSubstring(String s, String[] words) {
int wlen = words[0].length();
List<Integer> li = new ArrayList<Integer>();
if(s.length()/wlen < words.length) // 长度不足，直接返回
return li;
HashMap<String,Integer> map = new HashMap<String,Integer>();
initValue(map,words);
int slen = s.length();
int wordslen = wlen*words.length;
for(int left = 0;left<=slen-wordslen;left++){
int count = 0;
int right = left;
String sub = s.substring(right,right+wlen);
while( map.containsKey(sub) && map.get(sub)>0 ){ //对于每一个；left right向后判断子串是否符合条件
map.put( sub,map.get(sub)-1 );
count++;
right += wlen;
if(right + wlen>s.length()) break;
sub = s.substring(right,right+wlen);
}
if(count == words.length)
li.add(left);
if(count>0){
map.clear();
initValue(map,words);
}
}
return li;
}
public void initValue(HashMap map,String []words){ //初始化哈希表
for(int i=0;i<words.length;i++){
if( map.containsKey(words[i]) ){
map.put( words[i],(int)map.get(words[i])+1 );
}
else{
map.put( words[i],1 );
}
}
}
}
这种思路超时，后来查看别人的算法，才发现我们这是一个字符一个字符的遍历，而更为巧妙的方式是一个单词一个单词的遍历，感觉别人写的思路挺明晰的，这里引用一下[LeetCode] Substring with Concatenation of All Words 串联所有单词的子串 的分析思路：
这道题还有一种O(n)时间复杂度的解法，设计思路非常巧妙，但是感觉很难想出来。这种方法不再是一个字符一个字符的遍历，而是一个词一个词的遍历，比如根据题目中的例子，字符串s的长度n为18，words数组中有两个单词(cnt=2)，每个单词的长度len均为3，那么遍历的顺序为0，3，6，8，12，15，然后偏移一个字符1，4，7，9，13，16，然后再偏移一个字符2，5，8，10，14，17，这样就可以把所有情况都遍历到，我们还是先用一个哈希表m1来记录words里的所有词，然后我们从0开始遍历，用left来记录左边界的位置，count表示当前已经匹配的单词的个数。然后我们一个单词一个单词的遍历，如果当前遍历的到的单词t在m1中存在，那么我们将其加入另一个哈希表m2中，如果在m2中个数小于等于m1中的个数，那么我们count自增1，如果大于了，那么需要做一些处理，比如下面这种情况, s = barfoofoo, words = {bar, foo, abc}, 我们给words中新加了一个abc，目的是为了遍历到barfoo不会停止，那么当遍历到第二foo的时候, m2[foo]=2, 而此时m1[foo]=1，这是后已经不连续了，所以我们要移动左边界left的位置，我们先把第一个词t1=bar取出来，然后将m2[t1]自减1，如果此时m2[t1]<m1[t1]了，说明一个匹配没了，那么对应的count也要自减1，然后左边界加上个len，这样就可以了。如果某个时刻count和cnt相等了，说明我们成功匹配了一个位置，那么将当前左边界left存入结果res中，此时去掉最左边的一个词，同时count自减1，左边界右移len，继续匹配。如果我们匹配到一个不在m1中的词，那么说明跟前面已经断开了，我们重置m2，count为0，左边界left移到j+len，
代码如下：
public class Solution {
public ArrayList<Integer> findSubstring(String S, String[] L) {
ArrayList<Integer> res = new ArrayList<Integer>();
if(S==null || S.length()==0 || L==null || L.length==0)
return res;
HashMap<String,Integer> map = new HashMap<String,Integer>();
for(int i=0;i<L.length;i++) // 初始化哈希表，是每次判断过程中的标准
{
if(map.containsKey(L[i]))
{
map.put(L[i],map.get(L[i])+1);
}
else
{
map.put(L[i],1);
}
}
for(int i=0;i<L[0].length();i++) // l[0].length代表 L 中每个字符串的长度，因为要通过，每次偏移一个字符来实现遍历
{
HashMap<String,Integer> curMap = new HashMap<String,Integer>(); // 心得哈希表是在每次向右遍历过程中动态变化的
int count = 0;
int left = i; //left,right -->right 到达s的右侧，代表偏移一个字符，所需要的遍历结束
for(int j=i;j<=S.length()-L[0].length();j+=L[0].length())
{
String str = S.substring(j,j+L[0].length());
if(map.containsKey(str)) //取出的子串如果在words中 则更新 动态变化的哈希表
{
if(curMap.containsKey(str)) //存在该键值
curMap.put(str,curMap.get(str)+1);
else
curMap.put(str,1); //不存在该键值
if(curMap.get(str)<=map.get(str)) //子串中 str 键值代表的 value 没有达到饱和
count++;
else
{ //如果str代表的键值达到饱和，说明连续的子串中出现了字符串的重复，需要跳过之前出现过的str,通过循环left
while(curMap.get(str)>map.get(str)) //跳过其后的子串，更新curmap和count，并判断其后指定长度的子串是
//否是str,如果不是，则继续向右跳动指定长度，如果是，说明left后的子串left--right已经符合要求，达到了 == 刚好饱和
{
String temp = S.substring(left,left+L[0].length());
if(curMap.containsKey(temp))
{
curMap.put(temp,curMap.get(temp)-1);
if(curMap.get(temp)<map.get(temp))
count--;
}
left += L[0].length();
}
}
if(count == L.length) //如果找到一个子串，left向右跳动指定长度，继续遍历。
{
res.add(left);
String temp = S.substring(left,left+L[0].length());
if(curMap.containsKey(temp))
curMap.put(temp,curMap.get(temp)-1);
count--;
left += L[0].length();
}
}
else //连续子串中出现了不允许出现的字符串，right之前的子串已经不可能符合条件，left直接跳到right+L[0].length()
{
curMap.clear();
count = 0;
left = j+L[0].length();
}
}
}
return res;
}
}
LeetCode HashTable 30 Substring with Concatenation of All Words
标签：ble 结果 http 复杂度 更新 单个字符 splay display sub
原文地址：http://www.cnblogs.com/mxk-star/p/7277460.html
