在 LeetCode 上刷题时，经常会遇到一类经典问题：在主串中找出所有与目标串互为字母异位词（Anagram）的子串。这类题目看似简单，但若采用暴力解法，很容易陷入性能瓶颈。今天我想和大家分享一种更优雅、高效的解法——滑动窗口 + 哈希表（计数数组） 。
什么是字母异位词？
首先明确一下概念：两个字符串互为字母异位词，意味着它们包含完全相同的字符，且每个字符出现的次数也完全相同，只是顺序不同。例如 "abc" 和 "bca" 就是一对字母异位词。
因此，判断两个字符串是否为字母异位词的关键，并不在于字符的顺序，而在于字符频次的一致性。
暴力解法为何不可取？
最初我想到的思路是：
- 在字符串
s中，每次取出长度等于p的子串； - 对该子串进行
split → sort → join，得到一个标准化的字符串； - 与同样处理过的
p进行比较； - 如果相等，就记录当前起始索引。
这种方法逻辑清晰，但时间复杂度非常高
滑动窗口 + 计数数组：优化的核心思想
既然字母异位词只关心字符频次，那我们完全可以用一个长度为 26 的数组来统计每个字母出现的次数（假设只包含小写字母）。这样，判断两个字符串是否为异位词，就变成了比较两个计数数组是否完全相等。
而“滑动窗口”技巧，则能让我们在移动窗口时，只更新进出窗口的字符计数，避免重复遍历整个子串。
具体实现步骤
以下是我在 LeetCode 上通过的 JavaScript 代码，配合详细注释：
var findAnagrams = function(s, p) {
// 如果 p 比 s 还长，肯定找不到，直接返回空数组
if (p.length > s.length) return [];
// 创建两个长度为 26 的计数数组 初始时用0填充
const need = new Array(26).fill(0); // 记录 p 中每个字母需要多少个
const window = new Array(26).fill(0); // 记录当前滑动窗口中每个字母有多少个
// 辅助函数：将字符 'a'~'z' 转换为 0~25 的索引
function charToIndex(char) {
return char.charCodeAt(0) - 'a'.charCodeAt(0);
}
// 第一步：统计 p 中每个字符的出现次数
for (let char of p) {
need[charToIndex(char)]++;
}
// 第二步：初始化滑动窗口（前 p.length 个字符）
for (let i = 0; i < p.length; i++) {
window[charToIndex(s[i])]++;
}
const result = [];
// 第三步：检查初始窗口是否匹配
if (arraysEqual(window, need)) {
result.push(0);
}
// 第四步：滑动窗口向右移动
for (let i = p.length; i < s.length; i++) {
// 左边字符滑出窗口
const leftChar = s[i - p.length];
window[charToIndex(leftChar)]--;
// 右边字符滑入窗口
const rightChar = s[i];
window[charToIndex(rightChar)]++;
// 检查当前窗口是否与 p 构成异位词
if (arraysEqual(window, need)) {
result.push(i - p.length + 1);
}
}
return result;
};
// 辅助函数：判断两个长度为 26 的数组是否完全相等
function arraysEqual(a, b) {
for (let i = 0; i < 26; i++) {
if (a[i] !== b[i]) return false;
}
return true;
}
算法优势分析
- 时间复杂度：O(n)，其中
n是字符串s的长度。每个字符最多被访问两次（进窗口和出窗口），计数数组比较固定为 26 次。 - 空间复杂度：O(1)，因为计数数组大小固定为 26，不随输入规模变化。
相比暴力解法，效率提升非常明显，尤其在处理长字符串时优势巨大。
总结
这道题很好地展示了滑动窗口与哈希思想（计数数组） 的结合威力。它提醒我们：在处理字符串匹配、子串查找等问题时，不要只盯着字符本身，更要关注其内在的统计特征。
如果你也在刷 LeetCode，不妨多思考：能否用“状态压缩”或“频次统计”代替逐字比较？很多时候，换个角度，就能从 O(n²) 优化到 O(n)。
希望这篇分享对你有帮助！欢迎在评论区交流你的解题思路～
