方法一：
思路：
暴力用hash，先对p排序，遍历s，判断长度与p相等的子串排序后是否与排序后的p相等。时间复杂度O(m*n)。
public class Solution { public List<Integer> findAnagrams(String s, String p) { List<Integer> result = new ArrayList<>(); int sLen = s.length(); int pLen = p.length(); char[] p0 = p.toCharArray(); Arrays.sort(p0); String newP = new String(p0); if (s == null || sLen == 0) return result; for (int i = 0; i <= sLen - pLen; i++) { String temp = s.substring(i, i + pLen); char[] arr = temp.toCharArray(); Arrays.sort(arr); String newArr = new String(arr); if (newArr.equals(newP)) result.add(i); } return result; } }Runtime：超时
方法二：
思路：
（1）创建了左右两个标志位，一个用来表示判断字符串的起始位，一个表示终止位，都从0开始，count初始化为p的长度，用数组hash[]存储p中每个字母的数量。
（2）只要右标志位没有到s的最右边，就进行大循环。
（3）对右标志位记录的s中的字母进行判断，看p中有没有，找到了，就把表示要判断的字符串长度减一，不管有没有找到，都要把数量数组减少，右标志位右移，这是为了之后进行判断，因为要找的的字符串始终处于左和右的标志位的中间。
（4）如果要找的字符串的长度减少到0了，说明在左右标志位中间找到了p字符串长度的重组字，这时候就可以把左标志位，也就是开始的位置，添加到结果数组中。
（5）在循环的最后，先判断左右标志位中间是否是p的长度，是的话，就该把左标志位也右移了，而右移之前，先要看看左标志位这个数是否找到过，找到过则要把count数量补回1，不论有没有找到过，都要将数组中的对应的字母数量补回1。
public class Solution { public List<Integer> findAnagrams(String s, String p) { List<Integer> result = new ArrayList<Integer>(); if (s == null || s.length() == 0) return result; int[] hash = new int[256]; for (char c : p.toCharArray()) hash[c]++; int left = 0, right = 0, pLen = p.length(), sLen = s.length(); int count = pLen; while (right < sLen) { if (hash[s.charAt(right)] >= 1) count--; hash[s.charAt(right)]--; right++; if (count == 0) result.add(left); if (right - left == pLen) { if (hash[s.charAt(left)] >= 0) count++; hash[s.charAt(left)]++; left++; } } return result; } }Runtime：21ms
