Leetcode 串联所有单词的子串

算法思想（中文解释）

这道题目要求我们在字符串 s 中找到所有子串，这些子串是字符串数组 words 中所有单词的串联，并且每个单词只能使用一次，且顺序可以任意。下面是代码的算法思想：

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1. 核心思路

分解问题：

• 因为每个单词长度相同，我们可以使用一个滑动窗口（Sliding Window）来检查所有可能的子串。
• 判断一个子串是否是所有单词的串联，可以通过比较单词的频次。

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2. 步骤讲解

（1）初始化：

• 单词长度：用 wordLength 表示 words 中每个单词的长度（因为题目保证它们长度相同）。
• 总串联长度：totalLength = wordLength * words.length，因为子串的长度一定是所有单词的长度之和。
• 构造单词频次表：用 wordMap 记录 words 中每个单词的出现次数，便于后续比较。

（2）滑动窗口遍历：

• 从字符串 s 的每个位置开始，以长度为 totalLength 的窗口进行检查：
  • 提取窗口中的子串 sub。
  • 检查这个子串是否包含了 words 中所有单词且频次正确。

（3）子串验证：

• 对于窗口中的子串 sub，将其按照 wordLength 分割成一个个小单词。
• 检查这些小单词是否在 wordMap 中，并验证它们的出现频次是否超出限制：
  • 如果某个单词不在 wordMap 中，立即返回 false；
  • 如果某个单词出现的次数超过了在 wordMap 中的次数，也返回 false。
• 如果所有单词验证通过，则说明当前窗口位置是符合要求的，记录下起始索引。

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3. 时间复杂度分析

1. 构造单词频次表：O(m)，其中 m 是 words 的长度（即单词个数）。
2. 滑动窗口遍历：外层遍历最多需要 n - totalLength + 1 次，n 是字符串 s 的长度。
3. 验证子串：每次验证需要遍历窗口中的所有单词，复杂度为 O(m * wordLength)。

因此，总复杂度为：
[ O((n - totalLength + 1) \cdot m \cdot wordLength) ]
通常可以简化为 O(n * m)，适用于 s 较长和 words 较短的场景。

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4. 代码逻辑解释

主函数：

1. wordMap：统计 words 中每个单词的出现频次。
2. 滑动窗口遍历：通过 for 循环，遍历从 0 到 s.length() - totalLength 的所有可能起始位置。
3. 子串验证：调用辅助函数 isValid() 检查是否符合要求。

辅助函数 isValid：

1. 将子串 sub 分割成长度为 wordLength 的小单词。
2. 使用 seen 哈希表记录窗口内每个单词的频次。
3. 与 wordMap 进行比较，判断是否匹配。

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5. 关键优化点

1. 滑动窗口：避免暴力检查所有子串，只检查可能的窗口，减少不必要的计算。
2. 哈希表：使用 wordMap 和 seen 快速判断频次关系，而不是逐一比较。
3. 提前退出：在验证过程中，一旦发现不匹配的单词，立即退出验证，避免冗余计算。

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6. 适用场