I30. 串联所有单词的子串 - 力扣（LeetCode）

给定一个字符串 s 和一个字符串数组 words。 words 中所有字符串 长度相同。

 s 中的 串联子串 是指一个包含  words 中所有字符串以任意顺序排列连接起来的子串。

• 例如，如果 words = ["ab","cd","ef"]， 那么 "abcdef"， "abefcd"，"cdabef"， "cdefab"，"efabcd"， 和 "efcdab" 都是串联子串。 "acdbef" 不是串联子串，因为他不是任何 words 排列的连接。

返回所有串联子串在 s 中的开始索引。你可以以 任意顺序 返回答案。

示例 1：

输入：s = "barfoothefoobarman", words = ["foo","bar"]
输出：[0,9]
解释：因为 words.length == 2 同时 words[i].length == 3，连接的子字符串的长度必须为 6。
子串 "barfoo" 开始位置是 0。它是 words 中以 ["bar","foo"] 顺序排列的连接。
子串 "foobar" 开始位置是 9。它是 words 中以 ["foo","bar"] 顺序排列的连接。
输出顺序无关紧要。返回 [9,0] 也是可以的。
示例 2：

输入：s = "wordgoodgoodgoodbestword", words = ["word","good","best","word"]
输出：[]
解释：因为 words.length == 4 并且 words[i].length == 4，所以串联子串的长度必须为 16。
s 中没有子串长度为 16 并且等于 words 的任何顺序排列的连接。
所以我们返回一个空数组。
示例 3：

输入：s = "barfoofoobarthefoobarman", words = ["bar","foo","the"]
输出：[6,9,12]
解释：因为 words.length == 3 并且 words[i].length == 3，所以串联子串的长度必须为 9。
子串 "foobarthe" 开始位置是 6。它是 words 中以 ["foo","bar","the"] 顺序排列的连接。
子串 "barthefoo" 开始位置是 9。它是 words 中以 ["bar","the","foo"] 顺序排列的连接。
子串 "thefoobar" 开始位置是 12。它是 words 中以 ["the","foo","bar"] 顺序排列的连接。
 

这个题目就是 找到字符串中所有字母异位词 这个题目的升级版，具体可以看一下博客：
leetcode 刷题 - 最大连续1的个数 - 将 x 减到 0 的最小操作数 - 水果成篮 - 找到字符串中所有字母异位词-CSDN博客

其实就是把 找到字符串中所有字母异位词 这个题目 当中的 字符换成了 字符串。

所以，其实基本思想还是和 找到字符串中所有字母异位词 这个题目 一样的，只不过，hash表不能再用 数组来模拟了，要使用 hash容器。

而且，left 和 right 迭代器方式也不再是一步一步的向后移动了，而是一个子串的一个子串的移动。

而且，在这个题目当中，滑动窗口的 起始位置可能不是 从数组的最开始位置开始的，可能从 第二，第三··· 都有可能，但是，如果超过了 words 数组当中一个子串的 大小，那么后续就会是重复的。

所以，我们的滑动窗口，不能像 之前题目当中，只滑动一遍数组，而是要滑动 len 次数组（其实位置依次往后移一个字符），len就是words 当中子串的字符个数。

完整代码：

class Solution
{
public:
    vector<int> findSubstring(string s, vector<string>& words)
    {
        vector<int> ret;
        unordered_map<string, int> hash1; // 保存 words ⾥⾯所有单词的频次
        for (auto& s : words) hash1[s]++;
        int len = words[0].size(), m = words.size();
        for (int i = 0; i < len; i++) // 执⾏ len 次
        {
            unordered_map<string, int> hash2; // 维护窗⼝内单词的频次
            for (int left = i, right = i, count = 0; right + len <= s.size();
                right += len)
            {
                // 进窗⼝ + 维护 count
                string in = s.substr(right, len);
                hash2[in]++;
                if (hash1.count(in) && hash2[in] <= hash1[in]) count++;
                // 判断
                if (right - left + 1 > len * m)
                {
                    // 出窗⼝ + 维护 count
                    string out = s.substr(left, len);
                    if (hash1.count(out) && hash2[out] <= hash1[out]) count--;
                    hash2[out]--;
                    left += len;
                }
                // 更新结果
                if (count == m) ret.push_back(left);
            }
        }
        return ret;
    }
};

---

I76. 最小覆盖子串 - 力扣（LeetCode）

给你一个字符串 s 、一个字符串 t 。返回 s 中涵盖 t 所有字符的最小子串。如果 s 中不存在涵盖 t 所有字符的子串，则返回空字符串 "" 。

注意：

• 对于 t 中重复字符，我们寻找的子字符串中该字符数量必须不少于 t 中该字符数量。
• 如果 s 中存在这样的子串，我们保证它是唯一的答案。

示例 1：

输入：s = "ADOBECODEBANC", t = "ABC"
输出："BANC"
解释：最小覆盖子串 "BANC" 包含来自字符串 t 的 'A'、'B' 和 'C'。
示例 2：

输入：s = "a", t = "a"
输出："a"
解释：整个字符串 s 是最小覆盖子串。
示例 3:

输入: s = "a", t = "aa"
输出: ""
解释: t 中两个字符 'a' 均应包含在 s 的子串中，
因此没有符合条件的子字符串，返回空字符串。

 其实这个题目，和上述所说的两个题目是类似的，只不过在判断条件当中，上两个题目是 当 窗口不合法，然后出窗口，但是这个题目是 窗口合法，就更新结果，然后出窗口。

同样的，使用 left 和 right 两个指针，从开始来进行遍历，用两个 hash 表分别存储 s 和 t 两个字符串当中 各个 字符的数量。

right 依次向后走，把遍历的 每一个 s 当中的字符，记录在 自己 hash 表当中，也就是 hash 表当中计数器++。（进窗口）

当 right 向后迭代，窗口合法，就更新结果，然后 循环 left++，向后迭代，同样的，left 遍历的过的字符 来 出窗口，在 hash 的计数器--。一直left++ 到 窗口不合法。

判断两个 s 相对于 t 当中的在  t 当中在 s 当中存在的字符 的个数，要大于等于 t 当中对应字符的 数量，才称之为 s 当中的这个字符是 有效字符。

当有效字符 等于 t 当中字符种类数量，才认为 当前窗口合法。

判断 两个 hash 表 是否相等，可以使用上述 有效字符 的方式进行优化，具体就是：

我们可以用一个 count 记录 有效字符。什么是 有效字符呢？就是在我们所寻找的子串当中，有多少 种类 的字符，是和 目标字符是 一样的。如果有一个 种类 是一样的，count++。

所以，在 存储我们找出的子串当中 各个字符出现次数 的 hash 表当中，依旧按照 滑动窗口 当中的逻辑，进行 计数，只不过，如果是  和 目标字符 hash 当中有重复的，也就是当前的 计数器++ 的是 有效字符，那么就 count++。

当 count == 目标子串.size() 之时，采取更新结果，否则，当前找出的 这个子串 就不满足条件。
 

完整代码：

class Solution {
public:
    string minWindow(string s, string t) {
        char hash_s[128] = {0}; // 用于存储 s 字符串当中 各个字符出现的次数
        char hash_t[128] = {0}; // 用于存储 t 字符串当中 各个字符出现的次数

    //记录t字符种类数量 当前最小长度       当前最小程度的子串在 s 当中的起始位置
        int kinds = 0, minlen = INT_MAX, begin = -1;
        for(auto& e : t) if(hash_t[e]++ == 0) kinds++;

        for(int left = 0, right = 0, count = 0; right < s.size();right++)
        {
            char right_str = s[right]; // 取出当前 right 指向的字符
            hash_s[right_str]++;       // 哈希表计数器++
            if(hash_s[right_str] == hash_t[right_str]) count++; // 如果在上述计数器++之后
                                                                // 满足条件，count++
            // 如果当前 s 当中的有效字符 和 t 当中的 字符种类相等
            // 说明当前窗口 合法
            // 更新结果，循环一直 left++, 直到 窗口不再合法
            while(count == kinds)
            {
                if(right - left + 1 < minlen)
                {
                    minlen = right - left + 1;
                    begin = left;
                }
                
                char left_str = s[left++];// 取出当前 left 指向的字符，然后 left++
                if(hash_s[left_str] == hash_t[left_str]) count--; //如果left指向字符出窗口之后
                                                                  // 当前字符个数不在和t相比是
                                                                  // 大于等于 t 对应字符数量
                hash_s[left_str]--;
            }
        }

        if(begin == -1) return "";
        else return s.substr(begin, minlen); // 如果有结果，就切割字符串，然后返回
    }
};

---

I69. x 的平方根 - 力扣（LeetCode）

给你一个非负整数 x ，计算并返回 x 的 算术平方根 。

由于返回类型是整数，结果只保留 整数部分 ，小数部分将被 舍去 。

注意：不允许使用任何内置指数函数和算符，例如 pow(x, 0.5) 或者 x ** 0.5 。

示例 1：

输入：x = 4
输出：2
示例 2：

输入：x = 8
输出：2
解释：8 的算术平方根是 2.82842..., 由于返回类型是整数，小数部分将被舍去。
 

 完整代码：
 

class Solution {
public:
    int mySqrt(int x) {
        if(x < 1) return 0; // 处理边界情况

        int left = 1, right = x;
        while(left < right)
        {
            // 找到 left 和 right 的中间数值
            long long mid = left +  (right - left + 1) / 2; //  long long防止 mid * mid 溢出
            if(mid * mid <= x) left = mid;  // 刷新 左右区间
            else right = mid -1;
        }
        return left;

    }
};

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I【模板】前缀和_牛客题霸_牛客网 (nowcoder.com)

描述

给你一个 n 行 m 列的矩阵 A ，下标从1开始。

接下来有 q 次查询，每次查询输入 4 个参数 x1 , y1 , x2 , y2

请输出以 (x1, y1) 为左上角 , (x2,y2) 为右下角的子矩阵的和，

输入描述：

第一行包含三个整数n,m,q.

接下来n行，每行m个整数，代表矩阵的元素

接下来q行，每行4个整数x1, y1, x2, y2，分别代表这次查询的参数

 

输出描述：

输出q行，每行表示查询结果。

示例1
输入：
3 4 3
1 2 3 4
3 2 1 0
1 5 7 8
1 1 2 2
1 1 3 3
1 2 3 4
复制
输出：
8
25
32

使用前缀和 -> 快速求出数组当中某一个连续区间的和。

先要预处理出来一个前缀和数组（dp数组），dp[i] 元素存储的是 原数组当中，从起始位置，到 i 位置 这个连续区间当中 元素之和。

所以，在以后 寻找的过程当中，只需要以 下标对应 dp 当中存储的和，相减即可。比如 ：给定区间 [1, 3] ，那么这个区间当中的和就等于 dp[3] - dp[1]。

完整代码：

#include <iostream>
#include<vector>
using namespace std;

int main() {
    int n,q;
    cin >> n >> q;
    vector<int> arr(n + 1);
    vector<long long> dp(n + 1, 0); // long long 防止溢出

    for(int i = 1;i <= n;i++) cin >> arr[i];
    for(int i = 1;i <= n;i++) dp[i] = dp[i - 1] + arr[i];

    int l , r;
    while(q--)
    {
        cin >> l >> r;
        cout << dp[r] - dp[l - 1] << endl;
    }

    return 0;
}

---

I【模板】二维前缀和_牛客题霸_牛客网 (nowcoder.com)

描述

给你一个 n 行 m 列的矩阵 A ，下标从1开始。

接下来有 q 次查询，每次查询输入 4 个参数 x1 , y1 , x2 , y2

请输出以 (x1, y1) 为左上角 , (x2,y2) 为右下角的子矩阵的和，

输入描述：

第一行包含三个整数n,m,q.

接下来n行，每行m个整数，代表矩阵的元素

接下来q行，每行4个整数x1, y1, x2, y2，分别代表这次查询的参数

输出描述：

输出q行，每行表示查询结果。

示例1
输入：
3 4 3
1 2 3 4
3 2 1 0
1 5 7 8
1 1 2 2
1 1 3 3
1 2 3 4
复制
输出：
8
25
32

和上述一样，使用 前缀和 来解决上述的问题。

dp[i][j] 表示，从 [1,1] 位置到 [i，j] 位置，这段区间当中所有的元素的和。

但是，dp 这个二维数组不好求，如果我们直接遍历来一个一个求的话，时间复杂度很高。

所以，其实 dp[i][j] 其实就是 A + B + C + D，这四个之和。单独求 A 其实很好求，找到 i -1 和 j -1 ，位置，就可以求出 dp[i-1][j-1] 就是 A 的面积。

因为单独求 C 和 B 不好求。

 A + B + C + D = (A + B) + (A + C) + D - A

 上述 (A + B) 和 (A + C) 就可以求出。

 所以 ： dp[ i ][ j ] = dp[ i-1 ][ j ] + dp[ i ][ j-1 ] + arr[ i ][ j ] +dp[ i-1 ][ j-1 ]  

所以：

完整代码：

#include <iostream>
#include<vector>
using namespace std;

int main() {
    int n = 0, m = 0, q = 0;
    cin >> n >> m >> q;
    vector<vector<int>> arr(n + 1, vector<int>(m + 1));
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 1; i <= m ;j++)
            cin >> arr[i][j];

    vector<vector<long long>> dp(n + 1, vector<long long>(m + 1));
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 1; i <= m ;j++)
            dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1] + arr[i][j] - dp[i - 1][j - 1];

    int x1 , y1 , x2 , y2;
    while(q--)
    {
        cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
        cout << dp[x2][y2] - dp[x1 - 1][y2] - dp[x2][y1 - 1] + dp[x1 - 1][y1 - 1] << endl;
    }

    return 0;
}