本文参考：我写了一首诗，把滑动窗口算法变成了默写题
算法逻辑
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int left = 0, right = 0;
while (right < s.size()) {
// 增大窗口
window.add(s[right]);
right++;
while (window needs shrink) {
// 缩小窗口
window.remove(s[left]);
left++;
}
}
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这个算法技巧的时间复杂度是 O(N)，比字符串暴力算法要高效得多。
其实最主要的是细节问题：比如说如何向窗口中添加新元素，如何缩小窗口，在窗口滑动的哪个阶段更新结果。
代码框架
下面是一套滑动窗口算法的代码框架：
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/* 滑动窗口算法框架 */
void slidingWindow(string s, string t) {
unordered_map<char, int> need, window;
for (char c : t) need[c]++;
int left = 0, right = 0;
int valid = 0;
while (right < s.size()) {
// c 是将移入窗口的字符
char c = s[right];
// 右移窗口
right++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
...
/*** debug 输出的位置 ***/
printf("window: [%d, %d)\n", left, right);
/********************/
// 判断左侧窗口是否要收缩
while (window needs shrink) {
// d 是将移出窗口的字符
char d = s[left];
// 左移窗口
left++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
...
}
}
}
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其中两处 … 表示的更新窗口数据的地方，直接往里面填就行
而且，这两个 … 处的操作分别是右移和左移窗口更新操作，会发现它们操作是完全对称的。
下面四道 LeetCode 原题来套这个框架
一 最小覆盖子串
LeetCode 76 题，最小覆盖子串，难度 Hard：
就是说要在 S(source) 中找到包含 T(target) 中全部字母的一个子串，且这个子串一定是所有可能子串中最短的。
如果使用暴力解法，代码大概是这样的：
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for (int i = 0; i < s.size(); i++)
for (int j = i + 1; j < s.size(); j++)
if s[i:j] 包含 t 的所有字母:
更新答案
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思路虽然简单，但是算法复杂度大于 O(N2)
滑动窗口算法的思路是这样：
1、我们在字符串 S 中使用双指针中的左右指针技巧，初始化 left = right = 0，把索引左闭右开区间 [left, right) 称为一个「窗口」。
2、我们先不断地增加 right 指针扩大窗口 [left, right)，直到窗口中的字符串符合要求（包含了 T 中的所有字符）。
3、此时，我们停止增加 right，转而不断增加 left 指针缩小窗口 [left, right)，直到窗口中的字符串不再符合要求（不包含 T 中的所有字符了）。同时，每次增加 left，我们都要更新一轮结果。
4、重复第 2 和第 3 步，直到 right 到达字符串 S 的尽头。
这个思路其实也不难，第 2 步相当于在寻找一个「可行解」，然后第 3 步在优化这个「可行解」，最终找到最优解，也就是最短的覆盖子串。左右指针轮流前进，窗口大小增增减减，窗口不断向右滑动，这就是「滑动窗口」这个名字的来历。
下面画图理解一下，needs 和 window 相当于计数器，分别记录 T 中字符出现次数和「窗口」中的相应字符的出现次数。
初始状态：
增加 right，直到窗口 [left, right) 包含了 T 中所有字符：
现在开始增加 left，缩小窗口 [left, right)：
直到窗口中的字符串不再符合要求，left 不再继续移动：
之后重复上述过程，先移动 right，再移动 left…… 直到 right 指针到达字符串 S 的末端，算法结束。
上述过程就是滑动串口的算法思想，现在来看这个滑动窗口代码框架如何使用：
首先，初始化 window 和 need 两个哈希表，记录窗口中的字符和需要凑齐的字符：
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unordered_map<char, int> need, window;
for (char c : t) need[c]++;
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然后，使用 left 和 right 变量初始化窗口的两端，不要忘了，区间 [left, right) 是左闭右开的，所以初始情况下窗口没有包含任何元素：
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int left = 0, right = 0;
int valid = 0;
while (right < s.size()) {
// 开始滑动
}
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其中 valid 变量表示窗口中满足 need 条件的字符个数，如果 valid 和 need.size 的大小相同，则说明窗口已满足条件，已经完全覆盖了串 T。
现在开始套模板，只需要思考以下四个问题：
- 当移动 right 扩大窗口，即加入字符时，应该更新哪些数据？
- 什么条件下，窗口应该暂停扩大，开始移动 left 缩小窗口？
- 当移动 left 缩小窗口，即移出字符时，应该更新哪些数据？
- 我们要的结果应该在扩大窗口时还是缩小窗口时进行更新？
如果一个字符进入窗口，应该增加 window 计数器；如果一个字符将移出窗口的时候，应该减少 window 计数器；当 valid 满足 need 时应该收缩窗口；应该在收缩窗口的时候更新最终结果。
这里示例就用前面的图：
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S {E, B, B, A, N, C, F}
T {A, B, C}
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完整代码：
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string minWindow(string s, string t)
{
unordered_map<char, int> need, window;
// need {A : 1, B : 1, C : 1}
for (char c : t)
need[c]++;
int left = 0, right = 0;
int valid = 0;
// 记录最小覆盖子串的起始索引及长度
int start = 0, len = INT_MAX;
while (right < s.size())
{
// c 是将移入窗口的字符
char c = s[right];
// 右移窗口
right++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.count(c))
{
window[c]++;
// window{A : 1, B : 1, C : 0} valid = 2
if (window[c] == need[c])
{
valid++;
}
}
// 判断左侧窗口是否要收缩
while (valid == need.size())
{
// 在这里更新最小覆盖子串
if (right - left < len)
{
start = left;
len = right - left;
}
// d 是将移出窗口的字符
char d = s[left];
// 左移窗口
left++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.count(d))
{
if (window[d] == need[d])
{
valid--;
}
window[d]--;
}
}
}
// 返回最小覆盖子串
return len == INT_MAX ? "" : s.substr(start, len);
}
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需要注意的是，当我们发现某个字符在 window 的数量满足了 need 的需要，就要更新 valid，表示有一个字符已经满足要求。而且，你能发现，两次对窗口内数据的更新操作是完全对称的。
当 valid == need.size() 时，说明 T 中所有字符已经被覆盖，已经得到一个可行的覆盖子串，现在应该开始收缩窗口了，以便得到「最小覆盖子串」。
移动 left 收缩窗口时，窗口内的字符都是可行解，所以应该在收缩窗口的阶段进行最小覆盖子串的更新，以便从可行解中找到长度最短的最终结果。
二 字符串排列
LeetCode 567 题，字符串排列，难度 Medium：
注意输入的 s1 是可以包含重复字符的。
这种题目，是明显的滑动窗口算法，相当给你一个 S 和一个 T，请问你 S 中是否存在一个子串，包含 T 中所有字符且不包含其他字符？
先复制粘贴之前的算法框架代码，然后明确刚才提出的 4 个问题，即可写出这道题的答案：
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// 判断 s 中是否存在 t 的排列
bool checkInclusion(string t, string s)
{
unordered_map<char, int> need, window;
for (char c : t)
need[c]++;
int left = 0, right = 0;
int valid = 0;
while (right < s.size())
{
char c = s[right];
right++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.count(c))
{
window[c]++;
if (window[c] == need[c])
{
valid++;
}
}
// 判断左侧窗口是否要收缩
while (right - left >= t.size())
{
// 在这里判断是否找到了合法的子串
if (valid == need.size())
return true;
char d = s[left];
left++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.count(d))
{
if (window[d] == need[d])
{
valid--;
}
window[d]--;
}
}
}
// 未找到符合条件的子串
return false;
}
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对于这道题的解法代码，基本上和最小覆盖子串一模一样，只需要改变两个地方：
- 本题移动 left 缩小窗口的时机是窗口大小大于 t.size() 时，应为排列嘛，显然长度应该是一样的。
- 当发现 valid == need.size() 时，就说明窗口中就是一个合法的排列，所以立即返回 true。
至于如何处理窗口的扩大和缩小，和最小覆盖子串完全相同。
三 找所有字母异位词
这是 LeetCode 第 438 题，找到字符串中所有字母异位词，难度 Medium：
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vector<int> findAnagrams(string s, string t)
{
unordered_map<char, int> need, window;
for (char c : t)
need[c]++;
int left = 0, right = 0;
int valid = 0;
vector<int> res; // 记录结果
while (right < s.size())
{
char c = s[right];
right++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.count(c))
{
window[c]++;
if (window[c] == need[c])
{
valid++;
}
}
// 判断左侧窗口是否要收缩
while (right - left >= t.size())
{
// 当窗口符合条件时，把起始索引加入 res
if (valid == need.size())
res.push_back(left);
char d = s[left];
left++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.count(d))
{
if (window[d] == need[d])
{
valid--;
}
window[d]--;
}
}
}
return res;
}
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四 最长无重复子串
这是 LeetCode 第 3 题，最长无重复子串，难度 Medium：
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class Solution {
public:
int lengthOfLongestSubstring(string s)
{
unordered_map<char, int> window,need;
int len = 0;
int left = 0, right = 0;
while(right < s.size())
{
char c = s[right];
window[c]++;
right++;
while(window[c] > 1)
{
char d = s[left];
left++;
window[d]--;
}
len = max(len,right - left);
}
return len;
}
};
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注意长度更新得在完成收缩之后。
