C++ 力扣 438.找到字符串中所有字母异位词 题解 优选算法 滑动窗口 每日一题

这是封面原图，还有AI生成的动图，嘿嘿：

一、题目描述

题目链接：找到字符串中所有字母异位词

题目描述：

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” 的字母异位词。
起始索引等于 6 的子串是 “bac”，它是 “abc” 的字母异位词。

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” 的字母异位词。
起始索引等于 1 的子串是 “ba”，它是 “ab” 的字母异位词。
起始索引等于 2 的子串是 “ab”，它是 “ab” 的字母异位词。

提示：
1 <= s.length, p.length <= 3 * 10^4
s 和 p 仅包含小写字母

二、为什么这道题值得我们弄懂？

作为滑动窗口在字符串匹配场景的经典例题，LeetCode 第 438 题的价值体现在：

• 帮你掌握“固定窗口长度”的滑动窗口用法——不同于“水果成篮”中动态调整窗口大小，本题窗口长度由 p 的长度固定，是滑动窗口的另一类典型应用；
• 带你理解“字符频率匹配”的核心逻辑——字母异位词的本质是“字符种类和数量完全相同”，如何通过统计频率高效判断匹配；
• 让你学会“窗口滑动时的频率更新技巧”——如何避免重复计算，仅通过增减边界字符的频率实现高效维护。

学会这道题，能为解决“字符串子串匹配”“字符频率相关”的问题打下基础，比如后续要讲的“串联所有单词的子串”，核心思路也与此题相通。

三、题目拆解：抓住关键约束

结合题目要求和示例，核心要素如下：

1. 输入是两个字符串 s（待搜索的主串）和 p（目标子串），长度均可达 3×10⁴（需考虑效率）。
2. 核心约束是“子串需为 p 的字母异位词”，即：
   • 子串长度必须与 p 相同（因字母数量相同）；
   • 子串中每种字符的出现次数与 p 完全一致。
3. 目标是找到 s 中所有满足条件的子串的起始索引，并返回这些索引的列表。

关键点提炼：

• 窗口长度固定：子串长度必等于 p.size()，因此滑动窗口的大小是固定的（p.size()）；
• 匹配核心是频率：无需关注字符顺序，只需统计窗口内字符频率与 p 的字符频率是否完全一致；
• 效率要求高：需避免暴力枚举（枚举所有长度为 p.size() 的子串，再逐个统计频率），时间复杂度需控制在 O(n) 级别（n 为 s 的长度）；
• 边界处理重要：窗口滑动时，需准确更新进入窗口和离开窗口的字符频率，避免统计错误。

四、思路演进：从暴力到滑动窗口

1. 暴力解法
最直观的思路是：枚举 s 中所有长度为 p.size() 的子串，对每个子串统计字符频率，再与 p 的字符频率对比，若一致则记录起始索引。

• 枚举方式：
  起始索引 i 从 0 到 s.size()-p.size()，对每个 i，取子串 s[i:i+p.size()]，用数组或哈希表统计其字符频率，再与 p 的频率数组对比。

• 为什么不可行：
  时间复杂度高。假设 p 的长度为 m，s 的长度为 n，则需枚举 n-m+1 个子串，每个子串统计频率需 O(m) 时间，对比频率也需 O(26) 时间（因只有小写字母），总时间复杂度为 O((n-m+1)×m)，当 m 接近 n 时（如 m=1.5×10⁴，n=3×10⁴），会产生约 2×10⁸ 次操作，容易超时。

结论：必须用滑动窗口优化，通过“固定窗口+动态更新频率”减少重复计算，将时间复杂度降至 O(n)。

2. 滑动窗口的思路：固定窗口+频率匹配
滑动窗口的核心是：维护一个长度为 p.size() 的固定窗口，在 s 中从左到右滑动，通过动态更新窗口内的字符频率，实时判断窗口是否与 p 的频率匹配。

步骤拆解：

• 预处理 p 的频率：用一个数组 hash1 统计 p 中每个字符的出现次数（因只有 26 个小写字母，数组大小设为 26 即可）。
• 初始化窗口：用另一个数组 hash2 统计 s 中初始窗口（前 p.size() 个字符）的频率，同时用一个变量 count 记录“窗口中满足‘频率≤p中对应字符频率’的字符数量”（用于快速判断匹配）。
• 滑动窗口：
  • 向右移动窗口时，右侧新进入窗口的字符（in）：更新 hash2[in]，若更新后 hash2[in] 仍≤hash1[in]，则 count 加 1（说明该字符的频率仍在合理范围内）；
  • 左侧离开窗口的字符（out）：更新 hash2[out]，若更新前 hash2[out] ≤hash1[out]，则 count 减 1（说明该字符的频率已超出合理范围）；
• 判断匹配：若 count 等于 p.size()，说明窗口内所有字符的频率均与 p 一致（即窗口是 p 的字母异位词），记录当前窗口的起始索引。

关键问题：为什么用 count 而不是直接对比两个频率数组？
直接对比 hash1 和 hash2 数组（每次滑动后遍历 26 个元素）也能判断匹配，但时间复杂度会增加 O(26)×(n-m+1)。而 count 的作用是“实时记录有效字符数”：当 count 等于 p.size() 时，意味着窗口内恰好有 p.size() 个字符，且每个字符的频率都未超过 p 中的频率（因只有满足 hash2[ch]≤hash1[ch] 时才会累计 count），结合窗口长度与 p 相同，此时必然是字母异位词。用 count 可将判断环节的时间复杂度从 O(26) 降至 O(1)。

五、算法实现：固定窗口的滑动与频率更新

实现代码

class Solution {
public:vector<int> findAnagrams(string s, string p) {vector<int> ret;  // 存储结果：所有满足条件的子串起始索引int m = p.size(), n = s.size();// 若s长度小于p，直接返回空（不可能有符合条件的子串）if (n < m) return ret;// hash1统计p中每个字符的频率（下标0-25对应a-z）int hash1[26] = {0};for (auto ch : p) hash1[ch - 'a']++;// hash2统计当前窗口中每个字符的频率int hash2[26] = {0};// left：窗口左边界；right：窗口右边界；count：窗口中"频率≤hash1对应频率"的字符总数for (int left = 0, right = 0, count = 0; right < n; right++) {// 右侧字符进入窗口char in = s[right];hash2[in - 'a']++;// 若进入后该字符频率仍≤p中的频率，说明是有效字符，count+1if (hash2[in - 'a'] <= hash1[in - 'a']) count++;// 当窗口长度超过p的长度时，左侧字符离开窗口if (right - left + 1 > m) {char out = s[left++];  // left右移前记录离开的字符// 若离开前该字符频率≤p中的频率，说明减少后有效字符数减少，count-1if (hash2[out - 'a'] <= hash1[out - 'a']) count--;hash2[out - 'a']--;  // 更新频率（注意先判断再减，否则判断条件错误）}// 当count等于p的长度时，窗口是p的字母异位词，记录起始索引leftif (count == m) ret.push_back(left);}return ret;}
};

代码细节拆解：

1. 频率数组初始化：
   hash1 和 hash2 均为大小 26 的数组（对应 26 个小写字母），初始化为 0。hash1 先遍历 p 填充，记录 p 中每个字符的出现次数。

2. 窗口初始化与扩展：
   右指针 right 从 0 开始移动，每次将 s[right] 加入窗口（hash2[in-'a']++）。若加入后该字符的频率未超过 p 中的频率（hash2[in-'a']≤hash1[in-'a']），则 count 加 1——count 累计的是“窗口中符合频率要求的字符总数”。

3. 窗口收缩（固定长度）：
   当窗口长度（right-left+1）超过 p.size() 时，左指针 left 右移，同时将 s[left] 移出窗口。移出前需判断：若移出前该字符的频率≤p 中的频率，则 count 减 1（因该字符不再属于窗口，有效字符数减少），之后再更新 hash2[out-'a']--。

4. 匹配判断与结果记录：
   当 count 等于 p.size() 时，说明窗口内所有字符的频率均与 p 一致（且窗口长度恰好为 p.size()），因此当前窗口是 p 的字母异位词，记录起始索引 left。

时间复杂度与空间复杂度

时间复杂度
该算法的时间复杂度为 O(m + n)，其中 m 是字符串 p 的长度，n 是字符串 s 的长度。
具体来说：

• 预处理阶段，遍历 p 以统计字符频率，这一步的时间开销为 O(m)；
• 滑动窗口过程中，right 指针从 s 的起始位置移动到末尾，每个字符仅被访问一次，left 指针也仅单向移动，不会重复遍历，这部分的时间开销为 O(n)；
• 其余辅助操作（如更新频率数组、维护 count 变量等）均为常数级别的操作，时间开销可忽略。

当 m ≤ n 时，时间复杂度可简化为 O(n)。

空间复杂度
该算法的空间复杂度为 O(1)（常数级）。
具体来说：

• 用于统计字符频率的两个数组 hash1 和 hash2，大小均固定为 26（对应 26 个小写字母），与输入字符串 s 和 p 的长度无关；
• 其他变量（如 left、right、count 等）均为单个整数，占用的空间为常数级；
• 结果数组 ret 用于存储输出结果，属于必要的输出空间，通常不计入算法的额外空间复杂度。

因此，算法额外使用的空间为固定常数，空间复杂度为 O(1)。

六、实现过程中的坑点总结

1. 窗口收缩时的顺序错误

   • 错误：先执行 hash2[out-'a']--，再判断是否需要减少 count。
     例如：out 字符在 hash2 中的频率为 2，hash1 中为 2。若先减为 1，再判断“1≤2”，会错误地认为需要减 count，但实际移出前频率是 2（符合条件），应该减 count——但顺序颠倒后逻辑就错了。
   • 解决：先判断“移出前的频率是否≤hash1”，再更新 hash2 的频率。即先执行 if (hash2[out-'a'] <= hash1[out-'a']) count--;，再执行 hash2[out-'a']--;。

2. 忽略“s长度小于p”的边界情况

   • 错误：未判断 n < m 直接开始滑动，可能导致窗口长度始终无法达到 m，或数组访问越界。
   • 解决：开头加判断 if (n < m) return ret;，直接返回空结果。

3. count的含义理解偏差

   • 错误：认为 count 是“窗口中与 p 共有的字符种类数”，而非“符合频率的字符总数”。
     例如：p 是 “aab”（hash1[a]=2, hash1[b]=1），窗口是 “aab”（hash2[a]=2, hash2[b]=1），此时 count 应等于 3（2个a+1个b，共3个字符均符合频率），而非 2（字符种类数）。
   • 解决：明确 count 统计的是“单个字符的数量”，而非“种类数”，只有当 count 等于 p.size() 时，才说明所有字符都匹配。

4. 窗口长度判断错误

   • 错误：用 right - left > m 判断窗口是否超长（正确应为 right - left + 1 > m）。
     窗口长度是 right - left + 1（闭区间 [left, right] 的元素个数），例如 left=0，right=2 时，长度是 3，而非 2。
   • 解决：严格用 right - left + 1 > m 作为窗口超长的判断条件。

七、下题预告

明天将讲解 30. 串联所有单词的子串，这是滑动窗口在“多单词匹配”场景的进阶应用。

提前思考方向：

• 题目中“串联所有单词的子串”的本质是什么？如何将其转化为可通过滑动窗口解决的问题？
• 若单词长度固定，子串的长度是否固定？窗口大小如何设定？
• 如何统计窗口内的单词频率，与目标单词列表的频率进行匹配？（与本题的字符频率匹配有何异同？）

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