30. Substring with Concatenation of All Words

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。

这道题我们需要用到两个哈希表，第一个哈希表先把所有的单词存进去，然后从开头开始一个个遍历，停止条件为当剩余字符个数小于单词集里所有字符的长度。这时候我们需要定义第二个哈希表，然后每次找出给定单词长度的子串，看其是否在第一个哈希表里，如果没有，则break，如果有，则加入第二个哈希表，但相同的词只能出现一次，如果多了，也break。如果正好匹配完给定单词集里所有的单词，则把i存入结果。

class Solution {public:    vector<int> findSubstring(string s, vector<string>& words) {        vector<int> res;        if (s.empty() || words.empty()) return res;        int n = words.size(), m = words[0].size();        unordered_map<string, int> m1;        for (auto &a : words) ++m1[a];        for (int i = 0; i <= (int)s.size() - n * m; ++i) {            unordered_map<string, int> m2;            int j = 0;             for (j = 0; j < n; ++j) {                string t = s.substr(i + j * m, m);                if (m1.find(t) == m1.end()) break;                ++m2[t];                if (m2[t] > m1[t]) break;            }            if (j == n) res.push_back(i);        }        return res;    }};

还有一种用滑动窗口的方法，看到别人一个很清楚的讲解：

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，博主目测还未到达这种水平。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，

实现的步骤：

1. 遍历一遍单词数组L集合，构造总单词表
2. 以单词长度为步长，遍历目标字符串，如果当前单词在总单词表内，则进入步骤3；反之，则清空当前滑块单词表，将cout置零，将left移动到下一位置
3. 当前滑块档次表中的相应单词计数加1，检查该单词的计数是否小于等于总单词表中该单词的总数，如果是，则将count计数加1，进入步骤5；反之，进入步骤4
4. 根据左起点left收缩滑块，直到收缩到与当前单词相同的字符串片段，将其剔除之后，滑块的收缩工作完成
5. 如果当前count计数等于单词集合长度，记录下left左起点的位置后，将left右移，当前滑块中相应单词计数减1，总计数减1，继续循环

这里解释下步骤4中的收缩滑块，这是因为当前滑块中有单词的出现次数超过了额定的出现次数，那么就是需要收缩滑块来剔除这个单词，相当于是从滑块的左起点开始寻找该单词，找到之后，将该单词的右端点作为滑块新的左起点，这样就保证了滑块中所有单词都是小于等于额定出现次数，这样也保证了count计数的有效性。

遇到总单词表中不存在的单词的情况，在步骤2中已经说明，清空当前数据之后继续循环，也就是保证了滑块中是不会出现不存在单词表中的单词的。

最后，考虑最外圈循环，如果是从0开始作为滑块的初始起点，那么其实并没有遍历字符串中的所有可能子串，因为步长是单词长度，所以移动滑块的时候会跨过很多可能子串，所以要在外圈再加一层循环，这个循环的作用就是移动滑块的初始起点，所以循环次数就是单词的长度。

参见代码如下：

class Solution {public:    vector<int> findSubstring(string s, vector<string>& words) {        if (s.empty() || words.empty()) return {};        vector<int> res;        int n = s.size(), cnt = words.size(), len = words[0].size();        unordered_map<string, int> m1;        for (string w : words) ++m1[w];        for (int i = 0; i < len; ++i) {            int left = i, count = 0;            unordered_map<string, int> m2;            for (int j = i; j <= n - len; j += len) {                string t = s.substr(j, len);                if (m1.count(t)) {  //j～j+len字符串在m1中存在                    ++m2[t];                    if (m2[t] <= m1[t]) {                        ++count;                    }                     else {//这个字符串多了                        while (m2[t] > m1[t]) {                            string t1 = s.substr(left, len);                            --m2[t1];                            if (m2[t1] < m1[t1]) --count;                            left += len;                        }                    }                    if (count == cnt) {                        res.push_back(left);                        --m2[s.substr(left, len)];//把最左边单词拿出去                        --count;                        left += len;                    }                }                 else {                    m2.clear();                    count = 0;                    left = j + len;//往右移动一个单词                }            }        }        return res;    }};