Day2--滑动窗口与双指针--2090. 半径为 k 的子数组平均值，2379. 得到 K 个黑块的最少涂色次数，2841. 几乎唯一子数组的最大和

Day2–滑动窗口与双指针–2090. 半径为 k 的子数组平均值，2379. 得到 K 个黑块的最少涂色次数，2841. 几乎唯一子数组的最大和

今天要训练的题目类型是：【定长滑动窗口】，题单来自@灵艾山茶府。

2090. 半径为 k 的子数组平均值

思路【我】：

1. 先让数组默认填充-1，这样不用自己填充
2. 直接让k变成我们熟知的窗口大小，在填avg的时候，再求回窗口的中心
3. 注意元素大小，sum要用long类型
4. 定长滑动窗口三部曲：入–更新–出。

class Solution {public int[] getAverages(int[] nums, int k) {// 直接让k变成我们熟知的窗口大小k = 2 * k + 1;int n = nums.length;// 结果集先填充-1int[] avg = new int[n];Arrays.fill(avg, -1);// 剪枝：如果n小于窗口，返回if (n < k) {return avg;}// 踩坑：没注意元素大小，累计和已经超过int上限了，要longlong sum = 0;// 开始滑动窗口for (int i = 0; i < n; i++) {// 1，右指针（i）进窗sum += nums[i];// 没到窗口大小，跳过if (i < k - 1) {continue;}// 2，更新结果集。这里要用i-k/2，找回中心位置// 因为sum是long，所以要强行转为intavg[i - k / 2] = (int) (sum / k);// 3，左指针（i-k=1）退出窗口sum -= nums[i - k + 1];}return avg;}
}

思路：

写法二：用window变量

class Solution {public int[] getAverages(int[] nums, int k) {int n = nums.length;int window = 2 * k + 1;// 结果集先填充-1int[] avg = new int[n];Arrays.fill(avg, -1);// 剪枝：如果n小于窗口，返回if (n < window) {return avg;}long sum = 0;// 开始滑动窗口for (int i = 0; i < n; i++) {// 1，右指针（i）进窗sum += nums[i];// 没到窗口大小，跳过if (i < window - 1) {continue;}// 索引在窗口中心位置avg[i - k] = (int) (sum / window);// 3，左指针（i-window+1）退出窗口sum -= nums[i - window + 1];}return avg;}
}

2379. 得到 K 个黑块的最少涂色次数

思路【我】：

定长滑动窗口模板题。

定长滑动窗口三部曲：入–更新–出。

class Solution {public int minimumRecolors(String blocks, int k) {char[] ch = blocks.toCharArray();int n = ch.length;// 初始化int minCount = Integer.MAX_VALUE;int count = 0;// 开始滑动for (int i = 0; i < n; i++) {// 1，右指针（i）入窗if (ch[i] == 'W') {count++;}// 没到窗口大小，继续if (i < k - 1) {continue;}// 2，更新if (count < minCount) {minCount = count;}// 3，左指针（i-k+1）出窗if (ch[i - k + 1] == 'W') {count--;}}return minCount;}
}

2841. 几乎唯一子数组的最大和

思路【我】：

1. 在传统滑动窗口的基础上，多添加一个mapmap<元素，出现次数>来统计窗口内元素的出现次数，map.size()就是不同种元素的个数。
2. 注意返回值是long类型的
3. 定长滑动窗口三部曲：入–更新–出。
   1. 入：右指针（i）入栈，map统计<元素，出现次数>
   2. 更新，要先满足不同种元素个数大于等于m
   3. 左指针出窗，map对应要减少该元素的出现次数，如果为0，要remove掉

class Solution {public long maxSum(List<Integer> nums, int m, int k) {// 先确定是几乎唯一子数组，再求最大和。int[] arr = nums.stream().mapToInt(Integer::intValue).toArray();int n = arr.length;// 使用map<元素，出现次数>来统计窗口内，元素的出现次数，map.size()就是不同种元素的个数Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();// 注意要返回的是long啊，又踩坑了long sum = 0;long maxSum = 0;// 开始滑动窗口for (int i = 0; i < n; i++) {// 右指针（i）入栈，map统计<元素，出现次数>sum += arr[i];map.put(arr[i], map.getOrDefault(arr[i], 0) + 1);// 如果还不到窗口大小，继续if (i < k - 1) {continue;}// 2，更新，要先满足不同种元素个数大于等于mif (sum > maxSum && map.size() >= m) {maxSum = sum;}// 3，左指针出窗，map对应要减少该元素的出现次数，如果为0，要remove掉int out = arr[i - k + 1];sum -= out;if (map.get(out) == 1) {map.remove(out);} else {map.put(out, map.get(out) - 1);}}return maxSum;}
}

map.put(arr[i], map.getOrDefault(arr[i], 0) + 1);可以写成map.merge(arr[i], 1, Integer::sum);

其中前者需要两次哈希操作，一次获取值，一次更新值。后者只需要一次哈希操作。

因此，merge 在理论上会略快一点，尤其是在哈希表较大或哈希冲突较多的场景下，减少一次哈希操作的优势会更明显。