滑动窗口算法专题+题目详解
1.⻓度最⼩的⼦数组
目录
1.⻓度最⼩的⼦数组
2.⽆重复字符的最⻓⼦串
3. 最大连续 1 的个数 III
4.将 x 减到 0 的最⼩操作数
5.找出字符串中所有字母异位词
6.水果成篮
滑动窗口的本质就是同向双指针，它也有一个固定的模板，分为进窗口，判断，出窗口，然后再特定的位置更新结果.
解法思路：本题我们使用滑动窗口来解决问题，滑动窗口本质上就是同向的双指针。我们来分析题目，求最短的子数组之和满足大于等于target。我们观察，我们首先定义letf = 0，right = 0 ，将开头定在最左边，right也定义在最左边，然后移动right，求left到right之间的数组之和，当他们之间的和大于等于target的时候，这时的长度有可能时最短长度，所以我们需要与上次（我们定义一开始的最短长度为 INT_MAX）的长度所比较，如果比上一次的短，那么我们就需要更新最短长度。此时我们的left和right之间的数组之和是满足题目要求的，如果我们继续让rihgt++ ，只会是数组更大 ，长度更长，似乎没意义，所以我们需要缩短left和rihgt之间的差距，就要让left++，再次观察left和right之间的数组之和是否满足题目要求。满足我们就可以更新最小长度，如果不满足我们就让rihgt++，如此循环便可以得到最短的长度，这就像一扇窗户一样，在不停的拉开，和关上
代码示例：
class Solution {
public:int minSubArrayLen(int target, vector<int>& nums) {int ret = INT_MAX; //定义初始的最小值是INT_MAX 保证第一次比较会改变长度的值int left = 0,right = 0;int sum = 0;while(left<=right && right<nums.size()){sum+=nums[right];while(sum>=target)// 当满足条件时，就跟新长度{ret = min(ret,right-left+1);sum-=nums[left++];}right++;}return ret==INT_MAX ? 0 : ret;}
};2.⽆重复字符的最⻓⼦串
解题思路：
这道题如果用暴力解法的话，就是一个双循环，就可以找到最长的数组，但是这道题目用双循环会超时，所以我们想一下优化的解法，就是滑动窗口。
我们首先定义一个left，和一个right指向字符串的开头，然后让right++，直到right指向重复的字符，我们为了方便可以利用hash表来记录字符出现的次数，当在hash表中有字符出现两次时，我们就需要移动left，并且将left所对应的字符从hash表中去除，也就是出窗口，直到left移动到重复字符的后面，hash表中right所对应的字符就只出现了一次，这是也就说明又没有重复字符了，我们就继续移动right。然后更新最长的长度。
代码示例：
class Solution {
public:int lengthOfLongestSubstring(string s) {int hash[128] = {0}; //定义一个仿hash表int left = 0,right = 0; int ret = 0;while(right<s.size()) //结束条件right到达结尾{hash[s[right]]++; // 将right所对应的字符对应到hash表中，并且将次数加1；while(hash[s[right]]>1) // 当right所对应的字符出现两次，就需要出窗口了{hash[s[left++]]--; // 出窗口操作，将left所对应的字符在hash表中去除，直到left //移动到重复字符的后面，此时重复的元素的次数就减去一次，我//们就可以重新开始寻找没有重复字符的最长字串了}ret = max(ret,right-left+1); //更新最大值right++;// 让right继续下去；}return ret;}
};3. 最大连续 1 的个数 III
解法思路：
不要把这个题目想复杂，可以反转k个整数，不就是在一个全是1的数组中可以有多少了0吗？这样就可以把问题化简。
我们利用滑动窗口算法，定义一个left和一个right指向数据开头，我们可以利用一个计数器count来记录0出现的次数，让right向后移动遇到0的时候就让count++，知道count的值大于k时，我们就需要让left++，然后进行判断，如果left对应是1，就继续让left++，当遇到0时，就让count--，直到count小于等于k，然后更新返回的结果
代码示例：
class Solution {
public:int longestOnes(vector<int>& nums, int k) {int count = 0;//计数器int ret = 0; //返回值int left =0 ,right = 0; // 左右指针while(right<nums.size()) { if(nums[right]==0) // 当right==0 ，计数器++count++;while(count>k) // 判断，当count>k时，就需要让left向右移，直到count小于等于k{if(nums[left]==0){count--; }left++;}ret = max(ret,right-left+1);//更新返回值right++;//右边的指针++;}return ret;}
};4.将 x 减到 0 的最⼩操作数
解题思路：
这道题目我们发现按照题目的要求这么取做的话，我们用肉眼发现是很简单的，但是代码描述却是十分的复杂，所以我们“正难则反”，我们观察发现这道题目可以变为求最长子数组，使得这个子数组之和等于数组之和（Sum）减去x。当这个子数组最长，并且子数组之和时Sum-x;那么这正好时去除了两边最少的个数并且满足相减为0；这样就简单了，详细解释在代码中
代码示例：
class Solution {
public:int minOperations(vector<int>& nums, int x) {int n = nums.size(),Sum = 0;// 将数组长度赋给n，定义Sum记录数组之和for(auto e: nums)//求数组所有元素之和{Sum+=e;}int target = Sum - x;// 将Sum-x就是子数组需要满足的条件 定义为targetint len = -1;// 起始长个数为-1；int left = 0, right = 0; // 利用滑动窗口 int sum = 0;// 这个sum是用来求子数组之和的if(target<0) //特殊情况：当target<0 也就是整个数组之和都没有x大，那么不存在可以满足的 return -1; //条件，直接返回-1；while(right<n) // 开始遍历数组{ sum+=nums[right]; // 将right指向的元素加入sum，求left到right之间子数组的和while(sum>target)//判断 当sum > target时，说明数组已经过长，并且在left和right之 //间不存在满足的子数组，让right继续向后走没有意义；{ //所以更新一下子数组，从sum中减去left所指元素，让left++； 这样// 子数组的个数就更新了sum-=nums[left++];}if(sum==target)//只有当出现sum等于targer时，才能满足条件，然后更新结果{len = max(len,right-left+1);//记录下最长数组长度}right++;}//注意，返回值时，我们求的时最长的子数组但是题目要求时最小的操作次数，所以我们返回值 //时，需要用数组长度减去最长子数组长度if(len == -1)return -1;elsereturn n-len;}
};5.找出字符串中所有字母异位词
这道题目最简单是通过滑动指针和hash表来实现，直接开始题目解析
题目解析：
题目中要求我们找出所有关于p的异位词，异位词就是指p中的所有字符随机组合成的一个新的字符串，我们在这提出一个思路，既然是异位词，那么就包含p中的所有字母，那我们就将题目转化为在s字符串中找到一个子字符串，这个子字符串中的字符数量和字符种类要和p中的要相同就可以了，这样我们就将题目变简单了
详细解释在代码中解释
class Solution {
public:vector<int> findAnagrams(string s, string p) {int count = 0//用于计算在窗口中的有效字符数int hash1[26]={0};//记录p中的对应字符数量vector<int> ret;//返回的数组int hash2[26]={0};// 记录在窗口中的对应字符数量for(auto e: p) //将p中的所有字符和数量记录在hash1中{hash1[e-'a']++;}//开始查找for(int left=0, right =0;right<s.size();right++){char in = s[right];//待进窗口字符hash2[in-'a']++;//进窗口if(hash2[in-'a']<=hash1[in-'a']) //如hash1中的对应字符数量大于hash2中的对应字 //数(因为是先进了窗口，所以要加上等于)，如何是 // 一个无效字符，他一定不在hash1中，所以我们就 //不需要将有效位数量count++，他在最后出窗口时也 //一定会被出掉的{count++;//有效字符就加1，} if(right - left +1 > p.size()) //判断 当right和left之间的值大于p的数量时，就 ////代表窗口中的元素过多，需要出窗口 {char out = s[left]; //待出窗口元素if(hash2[out-'a'] <= hash1[out-'a']) //出窗口 当待出窗口元素数量小于等于 //hash1中的元素时我们就要将该元素从有 //效字符数量中减去，然后出窗口count--;hash2[out-'a']--;left++;}if(count==p.size()) //当此时我们的有效字符数量和p的字符数量相等的时候，说 //明我们找到了一个异位词,将起始位置left翻入ret中{ret.push_back(left);}}return ret;}
};6.水果成篮
题目解析：
我们经过读题可以发现，题目要求我们的两个篮子里中的每个篮子的水果种类要是相同的，也就是我们所能采摘的水果只能是两种，所以我们就将题目转化为了在一个数组中，只有两种数字的最大长度，显然，这题的解题思路还是滑动窗口
代码示例：
class Solution {
public:int totalFruit(vector<int>& fruits) {unordered_map<int,int> hash;//用一个hash表来记录种类和数量int ret = 0;for(int left = 0,right =0 ;right<fruits.size();right++){hash[fruits[right]]++;//进窗口 将该种类放入hash表中if(hash.size()>2)//判断如果种类大于两种了，就需要出窗口{ while(hash[fruits[left]] >1) //如果当前品种的数量大于1，我们就需要将他减去，并 //且将他从窗口里出掉{hash[fruits[left]]--;//减去一个数量left++;//出窗口}hash.erase(fruits[left]);//到这里的时候，种类数量还多余两个，此时left所指向 //的种类的个数一定只剩一个了，所以我们需要将他从 ////hash表中去除left++;}ret = max(right-left+1,ret);//更新结果}return ret;}
};