Substring with Concatenation of All Words leetcode

You are given a string, S, and a list of words, L, that are all of the same length. Find all starting indices of substring(s) in S that is a concatenation of each word in L exactly once and without any intervening characters.

For example, given:
S: "barfoothefoobarman"
L: ["foo", "bar"]

You should return the indices: [0,9].
(order does not matter).

题目的意思是在S中找到包含所有L中出现字符子串的开始下标，不能出现不存在L中，假设L中的单词个数为N，每一个单词的长度为M，对于下标i，

那么有   i   到    i+N*M中的单词刚好包含L中的所有单词一次。

那么就可以这样想了，我们每次就判断一个长度 为  N*M的字符子串 就是    

先用两个  map  来保存   总共需要找的单词   totalnumber   和   已经找到的单词   aredyfind     类似   Minimum Window Substring leetcode

1、令 i=0  表示  从 i=0 开始      i最大为    S.size()-N*M   ,最大能取

2、然后 依次将 i  到  i+N*M的字符转为单词 ，并且在map中寻找，同时标记找到的

3、如果刚好L中的单词出现了一次，就保存i  

否则  跳出来   判断  i+1   到  i+1 + N*M的字符了

代码如下：

class Solution {public:    vector<int> findSubstring(string S, vector<string> &L) {           vector<int> result;         map<string,int> totalnumber;       map<string,int> aredyfind;               int i,j;               int words=L.size();        int wordlength=L[0].size();                for(i=0;i<L.size();i++)            ++totalnumber[L[i]];                  for(i=0;i<=int(S.size())-words*wordlength;i++)        {                        aredyfind.clear();                        for(j=0;j<words;j++)            {                string str=S.substr(i+j*wordlength,wordlength);                                if(totalnumber.find(str)==totalnumber.end())                    break;                ++aredyfind[str];                if(aredyfind[str]>totalnumber[str])                    break;                            }            if(j==words){                result.push_back(i);             //   i=i+words*wordlength;            }        }        return result;    }};

刚开始我还以为 输出的下标之间的字符不能重用，  如  aaa    L=｛a，a｝

我以为 输出  [  0  ]   其实 0 ，1都是

网上还有一种滑动窗口，上面虽然也算是一种滑动的，但是有些东西需要重新遍历   复杂度为   （S.size()- N*M）*N*M  , N为L中单词个数，M为单词长度

其他博客的滑动机制如下：

比如s = “a1b2c3a1d4”L={“a1”,“b2”,“c3”，“d4”}

窗口最开始为空，

a1在L中，加入窗口 【a1】b2c3a1d4                            

b2在L中，加入窗口 【a1b2】c3a1d4

c3在L中，加入窗口 【a1b2c3】a1d4

a1在L中了，但是前面a1已经算了一次，此时只需要把窗口向右移动一个单词a1【b2c3a1】d4

d4在L中，加入窗口a1【b2c3a1d4】找到了一个匹配

如果把s改为“a1b2c3kka1d4”，那么在第四步中会碰到单词kk，kk不在L中，此时窗口起始位置移动到kk后面a1b2c3kk【a1d4

代码如下：

class Solution {public:    vector<int> findSubstring(string S, vector<string> &L) {        unordered_map<string, int>wordTimes;//L中单词出现的次数        for(int i = 0; i < L.size(); i++)            if(wordTimes.count(L[i]) == 0)                wordTimes.insert(make_pair(L[i], 1));            else wordTimes[L[i]]++;        int wordLen = L[0].size();                 vector<int> res;        for(int i = 0; i < wordLen; i++)        {//为了不遗漏从s的每一个位置开始的子串，第一层循环为单词的长度            unordered_map<string, int>wordTimes2;//当前窗口中单词出现的次数            int winStart = i, cnt = 0;//winStart为窗口起始位置,cnt为当前窗口中的单词数目            for(int winEnd = i; winEnd <= (int)S.size()-wordLen; winEnd+=wordLen)            {//窗口为[winStart,winEnd)                string word = S.substr(winEnd, wordLen);                if(wordTimes.find(word) != wordTimes.end())                {                    if(wordTimes2.find(word) == wordTimes2.end())                        wordTimes2[word] = 1;                    else wordTimes2[word]++;                                         if(wordTimes2[word] <= wordTimes[word])                        cnt++;                    else                    {//当前的单词在L中，但是它已经在窗口中出现了相应的次数，不应该加入窗口                     //此时，应该把窗口起始位置想左移动到，该单词第一次出现的位置的下一个单词位置                        for(int k = winStart; ; k += wordLen)                        {                            string tmpstr = S.substr(k, wordLen);                            wordTimes2[tmpstr]--;                            if(tmpstr == word)                            {                                winStart = k + wordLen;                                break;                            }                            cnt--;                        }                    }                                         if(cnt == L.size())                        res.push_back(winStart);                }                else                {//发现不在L中的单词                    winStart = winEnd + wordLen;                    wordTimes2.clear();                    cnt = 0;                }            }        }        return res;    }};

算法时间复杂度为O（S.zize()*M)）M是单词的长度  

http://www.cnblogs.com/TenosDoIt/p/3807055.html    该博客地址