解法二

题目描述（困难难度）

给定一个字符串 s ，给定 n 个单词 word，找出所有子串的开始下标，使得子串包含了给定的所有单词，顺序可以不对应。如果有重复的单词，比如有 [ “ foo “ , “ foo “ ] 那么子串也必须含有两个 “ foo “，也就是说个数必须相同。

解法一

参考 leetCode 里的 solution)

首先，最直接的思路，判断每个子串是否符合，符合就把下标保存起来，最后返回即可。

如上图，利用循环变量 i ，依次后移，判断每个子串是否符合即可。

怎么判断子串是否符合？这也是这个题的难点了，由于子串包含的单词顺序并不需要固定，如果是两个单词 A，B，我们只需要判断子串是否是 AB 或者 BA 即可。如果是三个单词 A，B，C 也还好，只需要判断子串是否是 ABC，或者 ACB，BAC，BCA，CAB，CBA 就可以了，但如果更多单词呢？那就崩溃了。

)的作者提出了，用两个 HashMap 来解决。首先，我们把所有的单词存到 HashMap 里，key 直接存单词，value 存单词出现的个数（因为给出的单词可能会有重复的，所以可能是 1 或 2 或者其他）。然后扫描子串的单词，如果当前扫描的单词在之前的 HashMap 中，就把该单词存到新的 HashMap 中，并判断新的 HashMap 中该单词的 value 是不是大于之前的 HashMap 该单词的 value ，如果大了，就代表该子串不是我们要找的，接着判断下一个子串就可以了。如果不大于，那么我们接着判断下一个单词的情况。子串扫描结束，如果子串的全部单词都符合，那么该子串就是我们找的其中一个。看下具体的例子。

看下图，我们把 words 存到一个 HashMap 中。

30. Substring with Concatenation of All Words - 图1

然后遍历子串的每个单词。

第一个单词在 HashMap1 中，然后我们把 foo 存到 HashMap2 中。并且比较此时 foo 的 value 和 HashMap1 中 foo 的 value，1 < 2，所以我们继续扫描。

30. Substring with Concatenation of All Words - 图2

第二个单词也在 HashMap1 中，然后把 foo 存到 HashMap2 中，因为之前已经存过了，所以更新它的 value 为 2 ，然后继续比较此时 foo 的 value 和 HashMap1 中 foo 的 value，2 <= 2，所以继续扫描下一个单词。

当然上边的情况都是单词在 HashMap1 中，如果不在的话就更好说了，不在就表明当前子串肯定不符合了，直接判断下个子串就好了。

看一下代码吧

时间复杂度：假设 s 的长度是 n，words 里有 m 个单词，那么时间复杂度就是 O（n * m）。

空间复杂度：两个 HashMap，假设 words 里有 m 个单词，就是 O（m）。

解法二

参考 https://leetcode.com/problems/substring-with-concatenation-of-all-words/discuss/13656/An-O(N)-solution-with-detailed-explanation。-solution-with-detailed-explanation。)

我们在解法一中，每次移动一个字符。

30. Substring with Concatenation of All Words - 图3

现在为了方便讨论，我们每次移动一个单词的长度，也就是 3 个字符，这样所有的移动被分成了三类。

30. Substring with Concatenation of All Words - 图4

以上三类我们以第一类从 0 开始移动为例，讲一下如何对算法进行优化，有三种需要优化的情况。

情况一：当子串完全匹配，移动到下一个子串的时候。

在解法一中，对于 i = 3 的子串，我们肯定是从第一个 foo 开始判断。但其实前两个 foo 都不用判断了，因为在判断上一个 i = 0 的子串的时候我们已经判断过了。所以解法一中的 HashMap2 每次并不需要清空从 0 开始，而是可以只移除之前 i = 0 子串的第一个单词 bar 即可，然后直接从箭头所指的 foo 开始就可以了。
但判断 i = 0 的子串的时候，出现了 the ，并不在所给的单词中。所以此时 i = 3，i = 6 的子串，我们其实并不需要判断了。我们直接判断 i = 9 的情况就可以了。

情况三：判断过程中，出现的是符合的单词，但是次数超了。

30. Substring with Concatenation of All Words - 图6

对于 i = 0 的子串，此时判断的 bar 其实是在 words 中的，但是之前已经出现了一次 bar，所以 i = 0 的子串是不符合要求的。此时我们只需要往后移动窗口，i = 3 的子串将 foo 移除，此时子串中一定还是有两个 bar，所以该子串也一定不符合。接着往后移动，当之前的 bar 被移除后，此时 i = 6 的子串，就可以接着按正常的方法判断了。

所以对于出现 i = 0 的子串的情况，我们可以直接从 HashMap2 中依次移除单词，当移除了之前次数超的单词的时候，我们就可以正常判断了，直接从移除了超出了次数的单词后，也就是 i = 6 开始判断就可以了。

看一下代码吧。


    List<Integer> res = new ArrayList<Integer>();
    int wordNum = words.length;
    if (wordNum == 0) {
        return res;
    }
    int wordLen = words[0].length();
    HashMap<String, Integer> allWords = new HashMap<String, Integer>();
    for (String w : words) {
        int value = allWords.getOrDefault(w, 0);
        allWords.put(w, value + 1);
    }
    //将所有移动分成 wordLen 类情况
    for (int j = 0; j < wordLen; j++) {
        HashMap<String, Integer> hasWords = new HashMap<String, Integer>();
        int num = 0; //记录当前 HashMap2（这里的 hasWords 变量）中有多少个单词
        //每次移动一个单词长度
        for (int i = j; i < s.length() - wordNum * wordLen + 1; i = i + wordLen) {
            while (num < wordNum) {
                String word = s.substring(i + num * wordLen, i + (num + 1) * wordLen);
                if (allWords.containsKey(word)) {
                    hasWords.put(word, value + 1);
                    //出现情况三，遇到了符合的单词，但是次数超了
                    if (hasWords.get(word) > allWords.get(word)) {
                        // hasWords.put(word, value);
                        hasRemoved = true;
                        int removeNum = 0;
                        //一直移除单词，直到次数符合了
                        while (hasWords.get(word) > allWords.get(word)) {
                            String firstWord = s.substring(i + removeNum * wordLen, i + (removeNum + 1) * wordLen);
                            int v = hasWords.get(firstWord);
                            hasWords.put(firstWord, v - 1);
                            removeNum++;
                        }
                        num = num - removeNum + 1; //加 1 是因为我们把当前单词加入到了 HashMap 2 中
                        i = i + (removeNum - 1) * wordLen; //这里依旧是考虑到了最外层的 for 循环，看情况二的解释
                        break;
                    }
                //出现情况二，遇到了不匹配的单词，直接将 i 移动到该单词的后边（但其实这里
                //只是移动到了出现问题单词的地方，因为最外层有 for 循环， i 还会移动一个单词
                //然后刚好就移动到了单词后边）
                    i = i + num * wordLen;
                    num = 0;
                    break;
                }
                num++;
            }
            if (num == wordNum) {
                res.add(i);
            }
            //出现情况一，子串完全匹配，我们将上一个子串的第一个单词从 HashMap2 中移除
            if (num > 0 && !hasRemoved) {
                String firstWord = s.substring(i, i + wordLen);
                int v = hasWords.get(firstWord);
                hasWords.put(firstWord, v - 1);
                num = num - 1;
            }
        }
    }
}

时间复杂度：算法中外层的两个for 循环的次数肯定是所有的子串，假设是 n。考虑一下，最极端的情况，每个子串的判断都进了 while 循环，wordNum 等于 m。对于解法一，因为每次都是从头判断，所以 while 循环循环了 m 次。但这里我们由于没有清空，所以每次只判断新加入的单词就可以了，只需判断一次，所以时间复杂度是 O（n）。

或者换一种理解方式，判断子串是否符合，本质上也就是判断每个单词符不符合，假设 s 的长度是 n，那么就会大约有 n 个子串，也就是会有 n 个单词。而对于每个单词，我们只有刚开始判断符不符合的时候访问一次，还有就是把它移除的时候访问一次，所以每个单词最多访问 2 次，所以时间复杂度是 O（n）。

空间复杂度：没有变化，依旧是两个 HashMap, 假设 words 里有 m 个单词，就是 O（m）。

总

这道题最大的亮点就是应用了 HashMap 了吧，使得我们不再纠结于子串包含单词的顺序。然后对于算法的优化上，还是老思路，去分析哪些判断是不必要的，然后把它除之。

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