官方题解
class Solution {
public:
vector<int> findAnagrams(string s, string p) {
int sLen = s.size(), pLen = p.size();
if (sLen < pLen) {
return vector<int>();
}
vector<int> ans;
vector<int> count(26);
for (int i = 0; i < pLen; ++i) {
++count[s[i] - 'a'];
--count[p[i] - 'a'];
}
int differ = 0;
for (int j = 0; j < 26; ++j) {
if (count[j] != 0) {
++differ;
}
}
if (differ == 0) {
ans.emplace_back(0);
}
for (int i = 0; i < sLen - pLen; ++i) {
if (count[s[i] - 'a'] == 1) {
// 窗口中字母 s[i] 的数量与字符串 p 中的数量从不同变得相同
--differ;
} else if (count[s[i] - 'a'] == 0) {
// 窗口中字母 s[i] 的数量与字符串 p 中的数量从相同变得不同
++differ;
}
--count[s[i] - 'a'];
if (count[s[i + pLen] - 'a'] == -1) {
// 窗口中字母 s[i+pLen] 的数量与字符串 p 中的数量从不同变得相同
--differ;
} else if (count[s[i + pLen] - 'a'] == 0) {
// 窗口中字母 s[i+pLen] 的数量与字符串 p 中的数量从相同变得不同
++differ;
}
++count[s[i + pLen] - 'a'];
if (differ == 0) {
ans.emplace_back(i + 1);
}
}
return ans;
}
};
- 求count数组的过程，如果是我，可能先分别求出两个词频数组，再相减
for(int i=0;i<plen;++i){
s_occ[s[i]-'a']++;
p_occ[p[i]-'a']++;
}
for(int i=0;i<26;++i){
count[i]=s_occ[i]-p_occ[i];
}
官方做法，优点：节省空间，无需额外的数组存储词频；节省时间，无需额外的循环计算差值。
for (int i = 0; i < pLen; ++i) {
++count[s[i] - 'a'];
--count[p[i] - 'a'];
}
-
向vector中添加元素
我使用push_back()，官方使用emplace_back() -
differ变量的设置，首先diifer的含义是记录当前窗口与字符串 p 中数量不同的字母的个数，是数量不同的字母个数，这点很妙，windows里面包含5个a，而p里面只有3个a和窗口里面包含4个a盘里面只有3个a对differ的影响是一样的，我只关心字母的词频是否相同，否，differ+1，是，differ-1，而不关心具体的词频差距是多少，因此只有当count在{0，1，-1}这些数字间发生转变时，differ才可能发生变化。
