滑动窗口题解——找到字符串中所有字母异位词【LeetCode】

438. 找到字符串中所有字母异位词

两种方法：定长滑窗/不定长滑窗

方法一：定长滑窗

✅ 算法思路

目标：找出字符串 s 中所有 p 的字母异位词的起始索引。

核心思路是：滑动窗口 + 哈希表比较字符频次

步骤详解：

1. 定义两个字典（collections.Counter）：

   • cnt_p：统计字符串 p 中每个字符出现的次数。

   • cnt_s：用来统计 s 中滑动窗口内的字符频次。

2. 使用滑动窗口遍历 s：

   • 每次向右滑动一位，记录当前字符（c）的频率到 cnt_s 中。

   • left = right - len(p) + 1 是当前滑动窗口的左边界。

     • 如果 left < 0，说明窗口长度还不够，跳过本次比较。

   • 若当前窗口内字符频率与 p 的字符频率相同（cnt_s == cnt_p），说明这是一个异位词的起始位置，加入结果列表。

   • 移除窗口最左边的字符计数（cnt_s[s[left]] -= 1），为下次滑动窗口做准备。

# 请使用 Python3 提交代码！Python2 已经被淘汰了
class Solution:
    def findAnagrams(self, s: str, p: str) -> List[int]:
        ans = []
        cnt_p = Counter(p)  # 统计 p 的每种字母的出现次数
        cnt_s = Counter()  # 统计 s 的长为 len(p) 的子串 s' 的每种字母的出现次数
        for right, c in enumerate(s):
            cnt_s[c] += 1  # 右端点字母进入窗口
            left = right - len(p) + 1
            if left < 0:  # 窗口长度不足 len(p)
                continue
            if cnt_s == cnt_p:  # s' 和 p 的每种字母的出现次数都相同
                ans.append(left)  # s' 左端点下标加入答案
            cnt_s[s[left]] -= 1  # 左端点字母离开窗口
        return ans

在一个窗口内，如果字母出现次数相同，那么就判断是字母异位词；

⏱️ 时间复杂度分析

设：

• n 是字符串 s 的长度；

• m 是字符串 p 的长度；

• a 是字符集大小（最多 26 个小写字母）。

每一步操作：

• 每个字符只进入和离开窗口一次：共 O(n)。

• 每次比较 cnt_s == cnt_p：

  • 在 Python 中，Counter 的比较会遍历内部 key。

  • 最坏情况下是 O(a)，即 26 个小写字母。

综合时间复杂度：

• 总体为：O(n * a) ，在本题中 a = 26 是常数，因此可以认为是 O(n)。

---

🧠 空间复杂度分析

• cnt_p 和 cnt_s 都是 Counter 对象，最多存储 26 个字母的频次。

• 所以：空间复杂度是 O(a) = O(26) = O(1)（常数级）

• ans 最多包含 n - m + 1 个索引，最坏为 O(n)。

总空间复杂度：O(n)（主要是结果数组，计数器是常数空间）

方法二：不定长滑窗

✅ 算法思路

💡 目标：

在字符串 s 中查找所有与字符串 p 是字母异位词的子串起始索引。

📌 思路核心：

• 使用 滑动窗口 + Counter 频次计数表；

• 与前一个版本不同的是：只使用一个计数器 cnt，而非同时维护两个窗口计数器；

• 在窗口中每加入一个字符，就将 cnt[c] -= 1；

• 如果某个字符计数小于 0，说明此字符出现次数过多，则不断收缩左边界（恢复字符计数）；

• 当窗口长度刚好等于 p 长度时，表示当前窗口是合法的异位词，记录其起始位置。

class Solution:
    def findAnagrams(self, s: str, p: str) -> List[int]:
        ans = []
        cnt = Counter(p)  # 统计 p 的每种字母的出现次数
        left = 0
        for right, c in enumerate(s):
            cnt[c] -= 1  # 右端点字母进入窗口
            while cnt[c] < 0:  # 字母 c 太多了
                cnt[s[left]] += 1  # 左端点字母离开窗口
                left += 1
            if right - left + 1 == len(p):  # s' 和 p 的每种字母的出现次数都相同
                ans.append(left)  # s' 左端点下标加入答案
        return ans

🧠 举个例子：

s = "cbaebabacd", p = "abc"

• 初始化 cnt = Counter({'a':1, 'b':1, 'c':1})

• 当遍历到前三个字符 "cba" 时，窗口长度等于 3，且所有 cnt 中字符都被消耗为 0，说明是一个异位词 → 加入答案。

• 如果某字符被多加了（cnt[c] < 0），就从左侧不断弹出直到窗口合法。

⏱️ 时间复杂度分析

设：

• n = len(s)，字符串 s 的长度；

• m = len(p)，字符串 p 的长度；

• a = 26，英文小写字母数量。

✅ 主体操作：

• 遍历一次 s，每个字符至多进入窗口一次，离开窗口一次；

• 每个字符进入/退出窗口都只涉及对 cnt 的简单加减操作，是 O(1)；

• 整体的操作是 线性的扫描和窗口移动。

✅ 总时间复杂度：

• O(n)

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🧠 空间复杂度分析

• cnt 最多维护 26 个小写字母的计数；

• ans 最多存储 O(n) 个索引位置。

✅ 总空间复杂度：

• O(1) （cnt 是常数空间）+ O(n)（结果数组）

🔁 对比：

项目	本版本（单 Counter + 窗口平衡）	前版本（双 Counter 比较）
比较逻辑	巧妙用计数平衡维护合法窗口	每轮完整比较两个 Counter
时间复杂度	O(n)（无需逐字符比较）	O(n * a)（每轮比较 26 字符）
空间复杂度	O(1) + O(n)	O(1) + O(n)
优势	更快，避免多余字典比较	结构直观，便于理解