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1.题目介绍
给定两个字符串 s 和 p，找到 s 中所有 p 的 异位词 的子串，返回这些子串的起始索引。不考虑答案输出的顺序。
1 <= s.length, p.length <= 3 * 104s和p仅包含小写字母
意思就是，假设你有一个字符串“abc”，需要你找出在字符串“cbaebabacd”中所有出现过的位置的索引（包括“abc”打乱顺序的所有情况），比如“abc”、“acb”、“bac”、“bca”、“cab、“cba”。
2.解决思路
要解决这个问题，我们首先可以确定字符串p的长度是固定的，所以第一步我们可以确定使用滑动窗口。但是需要考虑p打乱顺序的所有情况，而常用的集合contains()方法需要对每次集合进行遍历，在p长度过高时效率过低，时间复杂度为O(n)，因此我们选择采用频率数组。即维护一个数组记录字符串p中每一个字符出现的频率，根据数组下标可直接访问（仅考虑小写字母），时间复杂度为O(1)。
3.步骤讲解
1.首先预初始化一个整型集合，用来存储所有结果下标
2.添加预判断条件，即s、p的长度不为0，s的长度不小于p的长度；因为这几种情况遍历无 效。返回空集合
3.初始化p的频率数组和窗口频率数组，长度为26（对应a-z）
4.遍历p，字符串p中每个字符每出现一次，用每个遍历到的字符-‘a’得到对应ASCLL码的差 值，差值即为频率数组存储该字符位置的下标，通过该下标对对应位置+1，表示该字符出 现了一次
5.设置一个整型变量WindowsSize用来记录窗口的长度，窗口长度与p长度相等；设置整型 变量left、right，分别用来记录窗口的左右索引位置，维护窗口。
6.初始化窗口，从s的零号索引开始，用窗口频率数组记录其字符出现的频率，每次 right+1，直到right == windowsSize,此时right-left = 窗口的长度,right所指向的位置是窗 口待处理的位置的索引
7.此时开始循环移动窗口，首先判断当前窗口频率数组与p频率数组是否相等，如果相等，则 将此时的left（指向窗口起始索引）加入结果集合中；然后将right所指向的位置（下一 次等待处理的元素）的元素在窗口频率数组对应位置+1，然后移动right+1;对left当前指向 的元素对应的窗口频率数组中-1，然后移动left+1;继续循环，判断条件（窗口右边界的下 一位置right<=s的长度）
8.当right == s.length()时，此时right指向最大索引的下一位置，所有索引元素被处理完毕
4.代码展示
public List<Integer> findAnagrams(String s, String p) {// 初始化结果集合List<Integer> result = new ArrayList<>();// 预判断条件if (s.length() == 0 || p.length() == 0 || s.length() < p.length()) return result;int[] pCount = new int[26]; // 存储p的字符频率int[] window = new int[26]; // 存储窗口的字符频率// 初始化频率数组（p中字符每出现一次，找到对应下标的位置将其频率+1）for (char c : p.toCharArray()) {pCount[c - 'a']++;}// 设置窗口大小=p的长度int windowSize = p.length();int left = 0, right = 0;// 初始化第一个窗口while (right < windowSize) {window[s.charAt(right) - 'a']++;right++;}// 滑动窗口主循环while (right <= s.length()) {// 检查是否匹配if (Arrays.equals(pCount, window)) {result.add(left);}// 移动窗口右边界if (right < s.length()) {window[s.charAt(right) - 'a']++;}right++;// 移动窗口左边界window[s.charAt(left) - 'a']--;left++;}return result;
}至于为什么先对窗口的元素频率进行+1再移动right+1，是因为要时刻保持窗口的大小不变=p的长度，而right指向的位置实际上是窗口索要移动的下一位置。先对下一位置（right）的元素进行+1，在将right移动到再下一次所要处理的位置；先对left指向的位置的元素频率进行-1，再移动left+1。这样就保证了窗口大小恒定不变。
5.执行结果
在leetcode测试用例中平均耗时13ms
内存分布43.84MB
