problem

Given a string s and a non-empty string p, find all the start indices
of p’s anagrams in s.

Strings consists of lowercase English letters only and the length of
both strings s and p will not be larger than 20,100.

The order of output does not matter.

分析

我的想法是：
把p中的字母存在雜湊表中，然後對s中的子串也建立一個雜湊表，每次掃描一個字元就加入並計數，
如果掃描結束後沒有超出對應的數量，也沒有出現不在p中的字元，那麼就匹配成功。

如果上一次成功，則只需上一個字元和p長度最後一個字元是否相等，若相等則匹配成功，否則轉到下兩種情況。

如果出現不在這個p中的字元，則遍歷直接跳到這個字元之後。

如果某個字元數量超限，則從頭找到等於這個字元的位置跳過，開始下一次匹配。

改進

針對上面的演算法有兩個改進點：

1. 使用兩個索引（begin, end），使用滑動視窗的形式遍歷，主要是end可以不動，
2. 使用陣列形式的雜湊表（可以使用defaultdict(int)），操作更加方便，可以把所有值都賦成零，對不在子串中的字元也-1，這樣在使用begin遍歷時，可以分辨出它是否在匹配串中。

理解：
end對每個路過的字元-1，begin對每個字元+1，這樣begin和end中間的字元資訊就記錄在字典中了，字典中的值表示當前子串還需要幾個對應的字元（負數表示不需要）和p匹配。

同時用count記錄當前串是否完成匹配，count主要是記錄字典的統計資訊的，這樣就不用去遍歷字典檢查資訊了。

class Solution(object):
    def findAnagrams(self, s, p):
        from collections import defaultdict
        begin, end = 0, 0
        count = len(p)
        ans = []
        d = defaultdict(int)
        for i in p:
            d[i] += 1

        while
 
 end < len(s):


            if d[s[end]] > 0:
                count -= 1
            d[s[end]] -= 1
            end += 1

            #匹配成功
            if count == 0:
                ans.append(begin)

            #字串長度和p相等，begin向前移動
            if end - begin == len(p):
                #begin向前移動
                d[s[begin]] += 1
                begin += 1
                #加1後>=1，說明子串還需要begin對應的字元，即begin拋棄的字元還有用我們需要在後面補上。
                if d[s[begin-1]] >= 1:
                    count += 1

        return ans

總結

使用count記錄完成匹配還需要幾個字元，使用d（hash map）記錄begin和end之間的子串的資訊，利用這樣的資料結構還可以解決更多的子串匹配問題，請參考。