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📝前言说明：

• 本专栏主要记录本人的基础算法学习以及LeetCode刷题记录，按专题划分
• 每题主要记录：（1）本人解法 + 本人屎山代码；（2）优质解法 + 优质代码；（3）精益求精，更好的解法和独特的思想（如果有的话）
• 文章中的理解仅为个人理解。如有错误，感谢纠错

🎬个人简介：努力学习ing
📋本专栏：C++刷题专栏
📋其他专栏：C语言入门基础，python入门基础，C++学习笔记，Linux
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30. 串联所有单词的子串

个人解

思路（实在写不出了，记录错误想法）：
怎么判断当前子串能不能words的单词串联起来（我的想法是利用哈希表，类似第 438. 找异位词）

• 把word当一个整体，记录words的哈希表
• 用哈希表记录子串的单词的出现次数
• 每次 right 和 left 移动的是一个单词的长度，每次改变首尾两个单词在哈希表中的值

用时：30:00
屎山代码（通过了一半用例）：

class Solution {bool is_connect(unordered_map<string, int> wordsmap, unordered_map<string, int> smap){for(auto x: wordsmap){if(x.second != smap[x.first]){return false;}}return true;}
public:vector<int> findSubstring(string s, vector<string>& words) {unordered_map<string, int> wordsmap, smap;for(auto x : words) // 获取words的哈希表{wordsmap[x]++;}int m = words[0].size(), n1 = s.size(), n2 = words.size();vector<int> ans;for(int right = m, left = 0; right <= n1; right += m){string in(s.begin() + right - m, s.begin() + right);smap[in]++; // 进窗口if(right - left > n2 * m){string out(s.begin() + left, s.begin() + left + m);smap[out]--; // 出窗口left += m;}if(right - left == n2 * m && is_connect(wordsmap, smap)){ans.push_back(left);}}return ans;}
};

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优质解：

思路：
我的大体思路还是正确的，滑动窗口 + 哈希表
但是问题出在：

我只考虑了紫色线的这种划分，却没有考虑到还可以以绿色线的这种方式划分，以此类推。

因此，滑动窗口要以不同起点开始执行多次，执行的次数是：单个word的长度

这里还有一手很妙的比较smap和wordsmap两个哈希表是否相等的方法：
在遍历s的时候，用一个count记录有效单词的个数，有效单词指：当往smap中加入某一单词后，此时smap中该单词的个数 <= wordsmap里面该单词的个数，即认为有效，count++，直到count的数值等于words里面单词的个数。
那不会加入到很多冗余字符吗？不用担心，因为我们还有长度约束！

代码：

class Solution {
public:vector<int> findSubstring(string s, vector<string>& words) {unordered_map<string, int> wordsmap;for(auto x : words) wordsmap[x]++;  // 获取words的哈希表vector<int> ans; // 记录答案int len = words[0].size(), n = words.size();for(int i = 0; i < len; i++) // 进行 len 次滑动窗口{unordered_map<string, int> smap;for(int left = i, right = i, count = 0; right + len <= s.size(); right += len){string in = s.substr(right, len); // 进窗口，维护 countsmap[in]++;if(wordsmap.count(in) && smap[in] <= wordsmap[in]) count++; // 判断字符是否有效if(right - left + len > len * n) // right - left 反映的是上一次的子串的长度，加len是因为，我们在进窗口的时候，没有更新right的位置。{// 出窗口 + 维护 countstring out = s.substr(left, len);if(smap[out] <= wordsmap[out]) count--;smap[out]--;left += len;}if(count == n) ans.push_back(left);}}return ans;}
};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)

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LCR 017. 最小覆盖子串

个人解

思路：
这道题没什么好说的了，还是哈希 + 滑动窗口，然后用count来记录有效字符。（把 438 和LCR 017 吃透这题就很简单）
用时：15:00
屎山代码：

class Solution {
public:string minWindow(string s, string t) {string ans = "";int count = 0, min_len = INT_MAX;unordered_map<char, int> tmap, smap;for(auto x: t) tmap[x]++;for(int left = 0, right = 0; right < s.size(); right++){char in = s[right]; // 进窗口smap[in]++;if(tmap.count(in) && smap[in] <= tmap[in]) count++;while(count == t.size()) // 判断{if(ans == "" || right - left + 1 < min_len) // 更新结果{min_len = right - left + 1;ans = s.substr(left, min_len);}char out = s[left];if(smap[out] <= tmap[out]) count--;smap[out]--;left++; // 出窗口}}return ans;}
};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)

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