[LeetCode][438. 找到字符串中所有字母异位词] 滑动窗口：从HashMap，数组，再到统计字母数量之差
By Long Luo
Leetcode 438. 找到字符串中所有字母异位词 题目如下：1
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25438. 找到字符串中所有字母异位词
给定两个字符串 s 和 p，找到 s 中所有 p 的 异位词 的子串，返回这些子串的起始索引。不考虑答案输出的顺序。
异位词 指由相同字母重排列形成的字符串（包括相同的字符串）。
示例 1:
输入: s = "cbaebabacd", p = "abc"
输出: [0,6]
解释:
起始索引等于 0 的子串是 "cba", 它是 "abc" 的异位词。
起始索引等于 6 的子串是 "bac", 它是 "abc" 的异位词。
示例 2:
输入: s = "abab", p = "ab"
输出: [0,1,2]
解释:
起始索引等于 0 的子串是 "ab", 它是 "ab" 的异位词。
起始索引等于 1 的子串是 "ba", 它是 "ab" 的异位词。
起始索引等于 2 的子串是 "ab", 它是 "ab" 的异位词。
提示:
1 <= s.length, p.length <= 3 * 10^4
s 和 p 仅包含小写字母
看到这道题，首先想到方法就是：
- 统计字符串 \(\textit{p}\) 字母及其数量；
- 使用双指针 + 滑动窗口，如果当前窗口的不同字母种类及其数量和字符串 \(\textit{p}\) 字符串一致，将当前下标增加为答案；
- 扫描到字符串 \(\textit{s}\) 结束。
方法一：HashMap + 滑动窗口
思路与算法：
使用 \(\texttt{HashMap}\) 存储字符串 \(\textit{p}\) 的不同字母种类及其数量。
在字符串 \(\textit{s}\) 中构造一个长度为与字符串 \(\textit{p}\) 的长度相同的滑动窗口，并在滑动中维护窗口中每种字母的数量；当窗口中每种字母的数量与字符串 \(\textit{p}\) 中每种字母的数量相同时，则说明当前窗口为字符串 \(\textit{p}\) 的异位词。
代码如下所示：1
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46public List<Integer> findAnagrams(String s, String p) {
List<Integer> ans = new ArrayList<>();
int pLen = p.length();
int sLen = s.length();
if (pLen > sLen) {
return ans;
}
Map<Character, Integer> patMap = new HashMap<>();
for (char ch : p.toCharArray()) {
patMap.put(ch, patMap.getOrDefault(ch, 0) + 1);
}
int left = 0;
int right = left + pLen;
// Sliding Window
Map<Character, Integer> winMap = new HashMap<>();
for (int i = left; i < right; i++) {
char ch = s.charAt(i);
winMap.put(ch, winMap.getOrDefault(ch, 0) + 1);
}
if (patMap.equals(winMap)) {
ans.add(left);
}
while (right < sLen) {
char chLeft = s.charAt(left);
winMap.put(chLeft, winMap.get(chLeft) - 1);
if (winMap.get(chLeft) == 0) {
winMap.remove(chLeft);
}
char chRight = s.charAt(right);
winMap.put(chRight, winMap.getOrDefault(chRight, 0) + 1);
left++;
right++;
if (patMap.equals(winMap)) {
ans.add(left);
}
}
return ans;
}
复杂度分析：
时间复杂度：\(O(m+(n-m) \times \Sigma)\)，其中 \(n\) 为字符串 \(\textit{s}\) 的长度，\(m\) 为字符串 \(\textit{p}\) 的长度，\(\Sigma\) 为所有可能的字符数。需要 \(O(m)\) 来统计字符串 \(\textit{p}\) 中每种字母的数量；需要 \(O(m)\) 来初始化滑动窗口；需要判断 \(n-m+1\) 个滑动窗口中每种字母的数量是否与字符串 \(\textit{p}\) 中每种字母的数量相同，每次判断需要 \(O(\Sigma)\)。因为 \(\textit{s}\) 和 \(\textit{p}\) 仅包含小写字母，所以 \(\Sigma=26=26\)。
空间复杂度：\(O(\Sigma)\)。用于存储字符串 \(\textit{p}\) 和滑动窗口中每种字母的数量。
方法二：数组 + 滑动窗口
思路与算法：
方法一中 \(\texttt{HashMap}\) 是否相等进行比较太耗时，因为 \(\textit{s}\) 和 \(\textit{p}\) 仅包含小写字母，所以我们只需要使用数组来存储字符串 \(\textit{p}\) 和滑动窗口中每种字母的数量即可。
优化后代码如下所示：1
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43public List<Integer> findAnagrams(String s, String p) {
List<Integer> ans = new ArrayList<>();
int pLen = p.length();
int sLen = s.length();
if (pLen > sLen) {
return ans;
}
int[] pCnt = new int[26];
// Sliding Window
int[] wCnt = new int[26];
for (int i = 0; i < pLen; i++) {
pCnt[p.charAt(i) - 'a']++;
wCnt[s.charAt(i) - 'a']++;
}
if (check(pCnt, wCnt)) {
ans.add(0);
}
for (int i = 0; i < sLen - pLen; i++) {
// minus left
wCnt[s.charAt(i) - 'a']--;
// plus right
wCnt[s.charAt(i + pLen) - 'a']++;
if (check(pCnt, wCnt)) {
ans.add(i + 1);
}
}
return ans;
}
public static boolean check(int[] pCnt, int[] wCnt) {
for (int i = 0; i < 26; i++) {
if (pCnt[i] != wCnt[i]) {
return false;
}
}
return true;
}
复杂度分析
时间复杂度：\(O(m+(n-m) \times \Sigma)\)，其中 \(n\) 为字符串 \(\textit{s}\) 的长度，\(m\) 为字符串 \(\textit{p}\) 的长度，\(\Sigma\) 为所有可能的字符数。需要 \(O(m)\) 来统计字符串 \(\textit{p}\) 中每种字母的数量；需要 \(O(m)\) 来初始化滑动窗口；需要判断 \(n-m+1\) 个滑动窗口中每种字母的数量是否与字符串 \(\textit{p}\) 中每种字母的数量相同，每次判断需要 \(O(\Sigma)\)。因为 \(\textit{s}\) 和 \(\textit{p}\) 仅包含小写字母，所以 \(\Sigma=26=26\)。
空间复杂度：\(O(\Sigma)\)。用于存储字符串 \(\textit{p}\) 和滑动窗口中每种字母的数量。
方法三：数组 + 滑动窗口
思路与算法：
每次对滑动窗口的检查都需要检查两个词频数组，复杂度为 \(O(26)\)，实际上，只关心两个数组是否完全一致，因此可以只维护一个词频数组 \(\textit{cnt}\) 来实现。
统计滑动窗口和字符串 \(\textit{p}\) 中每种字母数量的差，使用变量 \(\textit{diff}\) 来记录当前窗口与字符串 \(\textit{p}\) 中数量不同的字母的个数，并在滑动窗口的过程中维护它，当 \(\textit{diff}=0\) 即为我们要寻找的答案。
优化后代码如下所示：1
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51public List<Integer> findAnagrams(String s, String p) {
List<Integer> ans = new ArrayList<>();
int pLen = p.length();
int sLen = s.length();
if (pLen > sLen) {
return ans;
}
int[] count = new int[26];
for (int i = 0; i < pLen; i++) {
count[s.charAt(i) - 'a']++;
count[p.charAt(i) - 'a']--;
}
// different chars
int diff = 0;
for (int x : count) {
if (x != 0) {
diff++;
}
}
if (diff == 0) {
ans.add(0);
}
for (int i = 0; i < sLen - pLen; i++) {
char leftCh = s.charAt(i);
if (count[leftCh - 'a'] == 1) {
diff--; // s has leftCh, p not, diff--
} else if (count[leftCh - 'a'] == 0) {
diff++; // both s and p has leftCh, means move right, will not equal
}
count[leftCh - 'a']--;
char rightCh = s.charAt(i + pLen);
if (count[rightCh - 'a'] == -1) {
diff--; // p hash rightCh, s not, that means win will equal
} else if (count[rightCh - 'a'] == 0) {
diff++; // both s and p has rightCh, means move right, will not equal
}
count[rightCh - 'a']++;
if (diff == 0) {
ans.add(i + 1);
}
}
return ans;
}
复杂度分析
时间复杂度：\(O(n+m+\Sigma)\)，其中 \(n\) 为字符串 \(\textit{s}\) 的长度，\(m\)为字符串 \(\textit{p}\) 的长度，其中 \(\Sigma\) 为所有可能的字符数。需要 \(O(\Sigma)\) 来初始化 \(\textit{diff}\)；需要 \(O(n-m)\) 来滑动窗口并判断窗口内每种字母的数量是否与字符串 \(\textit{p}\) 中每种字母的数量相同，每次判断需要 \(O(1)\)。因为 \(s\) 和 \(p\) 仅包含小写字母，所以 \(\Sigma=26=26\)。
空间复杂度：\(O(\Sigma)\)。用于存储滑动窗口和字符串 \(\textit{p}\) 中每种字母数量的差。
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