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赌博输钱是必然的，不管何种方式，方法，接触过的朋友都知道，不然也不会出现这么多赌徒家破人亡了，不然庄家也不会放任你们寻找各种各样的方式，套路，在庄家眼中，你赢了，他不在乎，只要你赌，还是会输，小兮曾经沉迷于赌博的时候花过很长时间去寻找，研究，终究还是一败涂地。
说说倍投吧，基本上所有的赌徒都应该知道这种方式，在理论上来说，只要有足够的资金，倍投就一定会中，或许是吧，从概率学上来说是的，但是赌的从来都不是概率，赌的是人性。举一个最简单的例子来说，我们就从盈利1块来算，第一把下注1块，第十把就是512块，也就是说当你从1块倍投开始，第十把就需要压注512块，盈利才1块。如果10把不中呢？就继续叠，当第十五把的时候就需要16384块，盈利还是只有1块，但要是不中呢？
当第二十把的时候需要524288块，才能赚到1块钱，从理论上来说，当你资金足够的时候，用倍投肯定会中，但是谁会有足够的资金呢，如果押到三十把的时候会是多少钱，那将是一个天文数字，或许有人会说，怎么可能二十把不中，或许吧，但只要一次二十把或者二十几把不中，就将倾家荡产，万劫不复。但是你是否忽略了一个问题，用50几万去赚那1块钱，秀逗了吗？脑子进水了，或许是吧，赌徒都是脑子有问题的人，都知道赌博不可能赢钱，但还是会参与到赌博当中，还是会去寻找SB的方式方法，还沾沾自喜的以为自己很聪明，找到了无敌的方法。
如果按照每次二十把才能中的话，就最少需要准备100多万的本金，有100多万放银行一天都不止1块钱，而且很多网赌平台是不会允许你起始下注1块的，记得小兮之前玩的网站，某乐最低下注是20块，第十把就需要1万多，就为了20块。按照小兮现在的想法，有1万多，做什么赚不到20块？倍投是最简单，也是最容易被找到的方式，不要觉得你们多聪明，会觉得别人想不到，赌徒千千万，3个臭皮匠顶个诸葛亮，千千万的赌徒得顶多少个？你能想到的方法早就是别人抛弃不用的，所以不赌为赢。
人性都是贪婪的，当你有了50或者上百万的时候会在乎赢一块吗？大部分都会想着有这么多钱赢过几万或者上十万还不是轻轻松松，想象中的盈利越多，下注就越大，输的也就越快，久赌必输，越赌越输，越输越赌，直到一无所有！
蛮力破解
对于这个问题野蛮的解决方案是遍历S中每个单词大小的窗口并检查它们是否是回文，如下所示：
from collections import Counter
def is_anagram(s1, s2): return Counter(s1) == Counter(s2) def anagram_indices(word, s): result = [] for i in range(len(s) - len(word) + 1): window = s[i:i + len(word)] if is_anagram(window, word): result.append(i) return result
这将花费O(|W| * |S|)时间。有没有更快的方法呢？
试试哈希
解决这个问题可以使用的一种方法是Rabin-Karp算法。基本思想是我们可以对目标word做一个基于频率的散列，并检查s下的任何窗口是否散列为相同的值。也就是说，散列将是每个字符和其频率的char * prime_num ** char_freq之和。如果word和窗口的散列匹配，则我们可以对两个字符串手动加上== 。因为预计冲突很少，所以时间将是O(S)。但是，解决这个问题有一个更简单的方法：
计数差异
请注意，沿着窗口移动意味着当实际只有一小部分更新的时候，重新计算整个窗口的频率计数。这种见解引导我们采取以下策略：
- 制作目标单词的频率字典
- 当我们沿着字符串前进时，持续比较差异
- 当字典为空时，窗口和单词匹配
我们通过增加窗口中的新字符并删除旧的字符来区分我们的频率字典。
class FrequencyDict:
def __init__(self, s): self.d = {} for char in s: self.increment(char) def _create_if_not_exists(self, char): if char not in self.d: self.d[char] = 0 def _del_if_zero(self, char): if self.d[char] == 0: del self.d[char] def is_empty(self): return not self.d def decrement(self, char): self._create_if_not_exists(char) self.d[char] -= 1 self._del_if_zero(char) def increment(self, char): self._create_if_not_exists(char) self.d[char] += 1 self._del_if_zero(char) def anagram_indices(word, s): result = [] freq = FrequencyDict(word) for char in s[:len(word)]: freq.decrement(char) if freq.is_empty(): result.append(0) for i in range(len(word), len(s)): start_char, end_char = s[i - len(word)], s[i] freq.increment(start_char) freq.decrement(end_char) if freq.is_empty(): beginning_index = i - len(word) + 1 result.append(beginning_index) return result
这应该在O(S)时间运行。
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