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算法——滑动窗口

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算法——滑动窗口滑动窗口大致分为两类 一类是窗口长度固定的 即 left 和 right 可以一起移动 另一种是窗口的长度变化 例如前五道题 即 right 疯狂移动 left 没怎么动 这类题需要观察单调性 即指针 等各方面因素综合思考 长度最小的子数组 长度最小的子数组

大家好，我是讯享网，很高兴认识大家。

滑动窗口大致分为两类：一类是窗口长度固定的，即left和right可以一起移动；另一种是窗口的长度变化（例如前五道题），即right疯狂移动，left没怎么动，这类题需要观察单调性(即指针)等各方面因素综合思考

长度最小的子数组

题目解析

  • 子数组需要为连续的区间
  • 需要在满足条件的前提下长度最短

算法原理

  1. 暴力解法：暴力枚举出所有子数组的和
    2. 在都为大于0的数的情况下，加的数越多，和越大，所以这里牵扯到了单调性。
      1. 先固定一个left左区间，用一个sum统计以left为左区间所有数的和，即让right开始移动，此时相比于暴力解法剩去了一趟遍历，此时优化成O（n2）image.png
      2. 当right移动到2时，sum此时已经大于target,说明已经找到了复合的子数组，此时记录长度，并让right继续移动，继续枚举直至全部枚举完image.png
    枚举子数组左右区间，枚举子数组时间复杂度为O（n2）,遍历求和是O（n）。所以时间复杂度是O(n3)image.png
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但随着right向后移动，虽然sum可以一直增长满足条件，但是len已经在不断增长，不符合题意，所以right在移动到2的时候就可以停下来了

 3. 之后left继续移动到下一个数字3，此时我们会让right重新回到3的位置，但此时我们发现，在left处于2时，随着right的移动图示中红框的部分我们其实已经知道了，即用当时所求的sum减2即8-2=6即可，这样也剩去了接下来的遍历枚举，并且right也不需要回到原来的位置。 ![image.png](https://cdn.nlark.com/yuque/0/2023/png//29-a702e58c-ea0e-4106-bcd3-34ad5f.png#averageHue=%23fefefe&clientId=ub4e97224-715f-4&from=paste&height=410&id=uce25b86b&originHeight=512&originWidth=582&originalType=binary&ratio=1.25&rotation=0&showTitle=false&size=62156&status=done&style=none&taskId=u1ffc1c3d-5bce-4e4c-9caf-6dd&title=&width=465.6)<br />

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  1. 优化——利用单调性，使用”同向双指针“进行优化（同向双指针又叫做滑动窗口）

滑动窗口一般是用来维护信息，即本题中我们通过[left,right]这个区间维护这个区间的sum。当做题用暴力解法时发现两个指针同向移动不回退时，可以用滑动窗口。

  1. 初始化窗口，先定义两个指针left，right让其充当窗口的左端点右端点image.png
  2. 进窗口
    1. 初始化完之后，right进入窗口，sum开始更新为2，然后开始做判断
  3. 判断是否出窗口
    1. 让sum与target作比较，如果sum<target，不出窗口（先让right移动到合适的位置，即使sum>target）。让数字继续进窗口，即让3继续进，更新sum，再与target进行比较。直至right移动到2时，sum>target，此时找到了区间，更新结果len，令len=4.更新完之后出窗口，即left右移。left移动到3时，判断发现sum<target，此时继续进窗口，即right右移。如此循环

（b，c一直循环）image.png
image.png

更新结果这一步，需要结合实际题目具体分析，有时候需要进窗口的时候更新结果，有的时候需要出窗口时更新结果，此题出窗口前更新结果。

滑动窗口的正确性：利用单调性，规避掉了很多没有必要的枚举

时间复杂度：从代码角度看，好像是两层循环嵌套，时间复杂度似乎也是O(n2)，但是实际情况我们对窗口进行操作时，left、right每次只移动了一步（即我们的两个指针不回退），最多两个一共移动n+n次，即时间复杂度为O(n)

代码实现

讯享网class Solution { 
    public: int minSubArrayLen(int target, vector<int>& nums) { 
    int n=nums.size(),sum=0,len=INT_MAX;//因为len最终是要取最小值的，如果初始化为0，会影响。 for(int left = 0,right = 0;right<n;right++) { 
    sum += nums[right]; //进窗口 while(sum >= target) //判断 { 
    len = min(len,right-left+1); sum -= nums[left]; //出窗口 left++; } } return len == INT_MAX?0:len; //如果测试用例没有结果，就返回0 } };

无重复字符的最长字串

无重复字符的最长子串

题目解析

  • 子串和子数组都是连续的一串

算法原理

  1. 暴力枚举+哈希表（判断字符是否重复出现）开始遍历使，将每个字母都存入哈希表里，开始移动并记录长度，对比表里是否有重复的字母。时间复杂度O（n2）image.png
    • 优化，当left在d位置时，开始遍历，right移动到a（三角形位置）时，记录长度，此时left再移动时，跳过与三角形位置相同的字母时，再让right开始移动。（这样right也不用回退，可以省去大量重复且无用的枚举）

image.png

  1. 滑动窗口( 时间复杂度O(n),空间复杂度O(1) )
    1. 初始化窗口，定义两个指针，充当窗口的两个端点
    2. 进窗口，让字符进入哈希表
    3. 判断，出窗口：当窗口内出现重复字符时，left移动,当left跳过与right相同字母的位置时，将哈希表中与right重复的字母删除，将字母频次变为1。

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代码实现

class Solution { 
    public: int lengthOfLongestSubstring(string s) { 
    int hash[128] = { 
   0}; //用数组模拟哈希表 int left = 0,right = 0,n=s.size(); int ret = 0; while(right<n) { 
    hash[s[right]]++; //进入窗口 while(hash[s[right]] > 1) //判断 { 
    hash[s[left++]]--; //出窗口,哈希表--，然后移动left， ++ } ret = max(ret,right-left+1); //判断 right++; //让下一个元素进入窗口 } return ret; } };

最大连续1的个数

题目解析

题目中翻转指的是可以把0变为1。
转化：找出最长的子数组，0的个数不超过k个

算法原理

  1. 暴力枚举+zero计数器
    1. 固定一个起点，向后枚举出所有子数组，找出符合条件的子数组（即0的个数不超过k），比较长度

  1. 开始优化——滑动窗口
    1. 固定left为第一个位置，移动right,当数字是1时，忽略1，如果是0，计数。当zero统计的数字大于k时right不动。移动left，当left越过一个0，在开始继续移动rightimage.png
  2. 滑动窗口三步走
    1. 初始化窗口
    2. 进窗口：向右移动right，碰到1无视，碰到0计数器+1
    3. 出窗口&判断：zero>k，不合法，出窗口（left移动，遇到1无视，遇到0，计数器-1，直至zero<k时更新结果）

image.png

代码实现

讯享网class Solution { 
    public: int longestOnes(vector<int>& nums, int k) { 
    int ret = 0; for( int left = 0,right = 0,zero = 0;right < nums.size(); right++) { 
    if(nums[right] == 0) zero++; //进窗口 while(zero > k) //判断 if(nums[left++] == 0) zero--; //出窗口 ret = max(ret,right-left+1); //更新结果 } return ret; } };

将x减到0的最小操作数

将x减到0的最小操作数

题目解析

  • 题目中给的数组所有的元素都是大于1的，如果有的数小于等于1，单调性不存在，是无法使用滑动窗口的
  • 每次从数组最左边或者最右边删掉一个数，删完之后在新的数组中进行后续操作

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算法原理

  • 正难则反，正常情况下是在左边选一个区间，右边选一个区间，让这两个区间的和等于x，就可以满足。但是正面作战不利，我们可以反过来，在中间部分找一个连续的区间，使他们和为sum-x也行。(这里的sum是整个数组的和)。
  • 题目还要求操作次数最短，即找的两边的区间长度需要最短，那换言之就是使中间的区间长度最长即可。

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  1. 暴力枚举：固定left和right，用sum标记[left,right]所指的这段区域的和，判断sum和target之间的关系，如果sum<target,right++;直至right移动到使sum>target的位置，right不动，开始移动left。
  2. 滑动窗口

    1. 初始化窗口。
    2. 进窗口：sum±nums[right]。
    3. 出窗口&判断：sum>target, 出窗口sum-=nums[left]； left++; 然后判断出窗口如此循环，直至sum==target，更新结果。
    4. 更新的结果只是子数组的长度len，不要忘记n-len才是我们最终想要求的结果。

image.png

代码实现

class Solution { 
    public: int minOperations(vector<int>& nums, int x) { 
    int sum = 0; for(int a:nums) sum += a; int target = sum-x; //细节问题：如果有小于0的元素，单调性不存在 if(target < 0) return -1; int ret = -1; //防止有小于0的元素 for(int left = 0,right = 0,temp = 0;right < nums.size();right++) //temp代替sum { 
    temp+=nums[right]; //进窗口 while(temp > target ) //判断 temp -= nums[left++]; //出窗口 if(temp == target) ret = max(ret,right-left+1); } if(ret == -1) return ret; else return nums.size()-ret; } };

水果成篮

水果成篮

题目解析

  • 只能装两种水果
  • 可以从任意位置开始，但是必须每一棵数上都要采摘
  • 所摘的水果需要和当前篮子中的水果一致，采摘完之后向右移动
  • 如果这棵树和篮子中的水果不一致，要立即停止采摘

转化：找出一个最长的子数组，且子数组中的水果种类不能超过两种

算法原理

  1. 暴力枚举+哈希表：把所有子数组都找出来，哈希表统计种类。image.png
    1. 固定left，开始让right向右移动，统计kind，当kind大于2的时候，让right停下来，此时思考right是否需要回退（如图所示情况，不需要回退）right可以随着left++后跟着右移。这时可以使用滑动窗口

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  1. 滑动窗口
    1. 初始化窗口：left = 0；right = 0；
    2. 进窗口：将right所指的元素放进哈希表里，hash[fruit[right]]++
    3. 出窗口&判断:判断条件hash.length>2 left右移,但此时如果我们哈希表里只存储种类的话，left移动到哪里才能停下来呢？所以哈希表里还要再存储一个数量，当这个数字对应的数量为0时，把它erase掉。

image.png

代码实现

讯享网class Solution { 
    public: int totalFruit(vector<int>& fruits) { 
    unordered_map<int,int>hash; //统计窗口内出现的水果数量 int ret = 0; for(int left = 0,right = 0;right<fruits.size();right++) { 
    hash[fruits[right]]++; //进窗口 while(hash.size() > 2) { 
    //出窗口 hash[fruits[left]]--; //left位置对应的水果数量-- if(hash[fruits[left]] == 0) hash.erase(fruits[left]); left++; } ret = max(ret,right-left+1); } return ret; } };

这里因为我们频繁的向哈希表中插入数据，所以时间复杂度不是很好。观察题目要求的数据后（数据范围有限），我们可以用数组模拟哈希表。
image.pngimage.png

class Solution { 
    public: int totalFruit(vector<int>& f) { 
    int hash[] = { 
    0 }; // 统计窗⼝内出现了多少种⽔果 int ret = 0; for(int left = 0, right = 0, kinds = 0; right < f.size(); right++) { 
    if(hash[f[right]] == 0) kinds++; // 维护⽔果的种类 hash[f[right]]++; // 进窗⼝ while(kinds > 2) // 判断 { 
    // 出窗⼝ hash[f[left]]--; if(hash[f[left]] == 0) kinds--; left++; } ret = max(ret, right - left + 1); } return ret; } };

image.png

找到字符串中所有字母的异位词（固定滑动窗口）

找到字符串中所有字母的异位词

题目解析

  • 异位词指相同字母重新组合排列产生的新字符串
  • 返回这些子串的起始位置

    image.png

算法原理

  1. 如何快速判断两个字符串是异位词
    1. 分别给两个字符串排序，检查两个是否相等。但是时间复杂度是O（nlogn+n）
    2. 用哈希表：分别遍历记录字符串字母对应位置出现的次数 image.png
  2. 暴力解法：固定不同的位置依次放入哈希表遍历，将结果与p进行比较，如果相等返回起始位置

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  1. 滑动窗口：我们发现，在我们进行第二次开始将子串放入哈希表时，中间部分“ba”是一样的，只有c和e不同，所以我们第二次遍历时只需要将c删掉换成e即可，以此类推。即left和right一起移动
    1. 初始化窗口：left = 0；right = 0；
    2. 进窗口：
    3. 判断&出窗口：这里判断条件当right右移之后，我们的窗口变大了，为了保持和p的len一致，我们只需要让left移动一步即可，这样也就让窗口整体移动了。此时出窗口只需要出一次，不需要再和之前的题一样循环判断
    4. 更新结果：仅需判断hash1和hash2是否一样就行。因为窗口小的话是一定不会符合题意的，所以这时候不需要更新结果，只需要在窗口大小一致的时候检查更新结果即可

这里也可以利用数组模拟哈希表，因为题目中说都是小写字母，那么我们可以设置一个大小为26的数组，在数组为0的位置放a，为1的位置放b…让里面存储的值表示出现的次数，这样我们在判断hash1和hash2时只需要比较26次。这里的时间复杂度为O（n）

image.png

  1. 优化更新结果的条件：利用count统计窗口里有效字符的个数
    2. 出窗口维护：当窗口大于P的长度时，需要移动left即出窗口删掉字符，left移动到第二个c之前我们可以观察此时窗口中c的次数为2大于P中的，即为无效字符，所以count不需要变化。left移动到第二个c之后，c变为一次，此时是P的异位词，输出起始位置。同理left移动到字符b时（此时c仅一次，小于等于P），c为有效字符，改变count的值为2，这时只需要判断count是否等于P的长度就能从而决定我们是否要更新结果。

      image.png

    进窗口维护：当right进入窗口，统计第一个字符为c，此时记录c的次数为1，P中的c也出现了一次，（当窗口中的c出现次数小于等于P中，此时能相互匹配，这时c为有效字符），令count++，right移动下一个位置c，这时c出现了两次，但是P中只出现了一次，即不是有效字符，count不变，right继续往下移动到a…此时count等于3（P的长度），则此时窗口中全是字母的异位词，返回left的位置即可。image.png

代码实现

讯享网class Solution { 
    public: vector<int> findAnagrams(string s, string p) { 
    vector<int> ret; int hash1[26] = { 
    0 }; // 统计字符串 p 中每个字符出现的个数 for(auto ch : p) hash1[ch - 'a']++; int hash2[26] = { 
    0 }; // 统计窗⼝⾥⾯的每⼀个字符出现的个数 int m = p.size(); for(int left = 0, right = 0, count = 0; right < s.size(); right++) { 
    char in = s[right]; // 进窗⼝ + 维护 count ++hash2[in - 'a']; if(hash2[in - 'a'] <= hash1[in - 'a']) count++; if(right - left + 1 > m) // 判断 { 
    char out = s[left++]; // 出窗⼝ + 维护 count if(hash2[out - 'a'] <= hash1[out - 'a']) count--; hash2[out - 'a']--; } // 更新结果 if(count == m) ret.push_back(left); } return ret; } };

串联所有单词的子串

串联所有单词的子串

题目解析

  • 字符串数组words中所有子串长度相同（这点十分重要，否则该题时间复杂度很高）
  • 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。

算法原理

先将s的字符串按照w中长度的进行划分：

  1. hash存储：用hash<string,int>存储，即string存储字符串，int存储字符串出现的次数。
  2. left与right指针移动：移动的步长，是单词的长度。
  3. 滑动窗口执行的次数：如图所示（紫色、绿色、蓝色 从0、1、2三个位置分别开始划分滑动），再往下划分的情况与第一种情况相比只是少了第一个字、符，所以结果会重复，故一共三次，即为len次（w的长度）。

image.png

代码实现

class Solution { 
    public: vector<int> findSubstring(string s, vector<string>& words) { 
    vector<int>ret; unordered_map<string,int> hash1; //保存world单词出现的次数 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); //将要进窗口的字符串裁出来，从right位置开始，长度为len的子串 hash2[in]++; if(hash1.count(in) && hash2[in] <= hash1[in]) count++; /*这里hash1中不一定有in，hash[]的特性是如果没有in会再重新创建一个， 较消耗时间复杂度。所以可以先加一个判断条件hash1.count(in)*/ //判断 if(right-left+1 > len*m) //当大于words的总长度时，移动窗口 { 
    //出窗口+维护count  string out = s.substr(left,len); //这里同理 if(hash1.count(out) && hash2[out] <= hash1[out]) count--; hash2[out]--; //出窗口，即哈希表里的字符数-- left+=len; //left移动 } //更新结果 if(count == m) ret.push_back(left); } } return ret; } };

最小覆盖子串

最小覆盖子串

题目解析

  • 在s中找一个连续的子字符串，使其能涵盖t中所有字符即可，s中子字符串出现的次数大于t中也可以
  • 返回符合条件的子串，所以需要标记起始位置

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算法原理

  1. 暴力解法+哈希表：枚举出所有符合条件的子串，找出最优。
    1. 分别在hash1和hash2中统计字符出现的次数，在每一次的遍历中，比较hash2中出现的次数是否大于等于hash1中出现的次数即可。
    2. 选一个位置作为起点left，然后定义right从left位置开始遍历，直到找到符合要求的最短的区间，然后right停止，此时让left向右移动
    3. 当left移动前的位置不是题中复合要求的字母时，结果没影响，right不需要动
    4. 当left移动前的位置是题中复合要求的字母时，此时就不符合要求，为了保证符合要求，right右移继续找。
    5. 经分析过后发现right不需要回退，left和right都是一起向右移动，即滑动窗口。

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  1. 滑动窗口+哈希表
    1. 初始化窗口
    2. 进窗口
    3. 判断&出窗口：当hash2中的字符出现次数大于hash1中的字符时，即窗口合法时我们出窗口。
    4. 更新结果：这里的更新结果在出窗口之前。因为更新结果我们需要的是符合区间的起始位置和最短长度，所以要在出窗口之前获取

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  1. 优化：在判断那里，我们比较两个hash出现的字符次数时，需要分别遍历两个哈希表，是非常消耗时间的，并且我们判断还不止一次。
    1. 这里的count和之前的不是很一样，这里的count记录有效字符的种类。即我们只看出现的A是否成立，B是否成立，C是否成立，而不再统计ABC分别出现的次数，因为该题A出现三次（大于t中的1次）成立，出现四次也成立，但这里我们只能算作一次（在同一段子字符串中可能出现多次，见题目解析），所以不能再用加和的方式去标记。
    2. 进窗口+维护：进窗口之后，当两个出现的次数相等时，count++（注意：这里不能像之前那样在大于等于的时候让count++，因为这样会重复统计）
    3. 出窗口+维护：出窗口之前，当此时出现的次数相等时，count–，（A:0->1->0）因为出窗口之后没了a有效字符的种类数减少了
    4. 判断条件：我们这里count是统计有效字符的种类，所以这里要比较count和hash1的长度（t的长度）

因为这里都是字符，所以我们可以定义数组来模拟hash

image.png

代码实现

讯享网class Solution { 
    public: string minWindow(string s, string t) { 
    int hash1[128] = { 
   0}; //统计t中出线的频次 int kind = 0;//统计有效字符种类 for(auto ch:t) { 
    if(hash1[ch] == 0) kind++; hash1[ch]++; } int hash2[128] = { 
   0}; //统计窗口内每个字符出现的频次 int minlen = INT_MAX, begin = -1; for(int left = 0,right = 0,count = 0;right<s.size();right++) { 
    char in = s[right]; hash2[in]++; if(hash2[in] == hash1[in]) count++; //进窗口+维护 while(count == kind) //判断条件 { 
    if(right-left+1 < minlen) //更新结果 { 
    minlen = right - left + 1; begin = left; } char out = s[left]; left++; if(hash2[out] == hash1[out]) count--; hash2[out]--; } } if(begin == -1) return ""; else return s.substr(begin,minlen); } };
小讯
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