LeetcodeHot100|76.最小覆盖子串
76.最小覆盖子串
给你一个字符串s，字符串t. 返回s中涵盖t所有字符的最小子串。如果s中不存在涵盖t所有字符的子串，则返回空字符串""。
遇到的问题
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找出所有符合条件的字段，然后统计长度。统计abc字符出现的次数，这种方法的问题是？
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如何统计各个字符出现的次数？
思路分析
这种题目一般使用滑动窗口来实现这个问题，在这种问题中一般会有两个指针，一个指针r用于窗口的扩展
，一个l用于收缩窗口的l指针。在任意时刻，一个指针运动，另一个保持禁止。所有回到题目，在字符s上不断移动，通过指针r不断扩张窗口，当包含t全部的字符之后，如果能收缩就收缩到不能收缩为止，也就是得到最小窗口。
题目解答
#include <unordered_map>
#include <climits>
#include <string>
using namespace std;class Solution {
public:// ori：存储目标字符串t中各字符的出现次数（基准哈希表）// cnt：存储当前滑动窗口中各字符的出现次数（动态哈希表）unordered_map<char, int> ori, cnt;// 检查当前滑动窗口是否包含目标字符串t的所有字符，且各字符数量不小于t中的数量bool check() { // 遍历目标哈希表ori中的每个字符for (const auto &p : ori) { // 如果当前窗口中该字符的数量小于目标数量，说明窗口不满足条件if (cnt[p.first] < p.second) { return false;}}// 所有字符都满足数量要求，窗口有效return true; }// 寻找s中包含t所有字符的最小长度子串string minWindow(string s, string t) {// 初始化目标哈希表ori：统计t中每个字符的出现次数for (const auto &c : t) { ++ori[c];}// l：滑动窗口左边界，r：滑动窗口右边界（初始化为-1，方便首次++r指向0）int l = 0, r = -1; // len：当前找到的最小窗口长度（初始化为最大值）// ansL：最小窗口的起始索引，ansR：最小窗口的结束索引（初始化为-1表示未找到）int len = INT_MAX, ansL = -1, ansR = -1; // 右指针遍历整个字符串s（当r小于s长度时持续循环）while (r < int(s.size())) { // 右指针右移一位（首次循环会从-1移到0）// 如果当前字符是t中包含的字符（存在于ori中），则在cnt中增加其计数if (ori.find(s[++r]) != ori.end()) { ++cnt[s[r]];}// 当窗口满足条件（包含t所有字符），且左指针不超过右指针时，尝试收缩左边界以寻找更小窗口while (check() && l <= r) { // 计算当前窗口长度，若小于已知最小长度，则更新最小长度和窗口索引if (r - l + 1 < len) { len = r - l + 1;ansL = l; // 记录当前窗口的起始位置}// 如果左边界字符是t中包含的字符，移除它时需要减少cnt中的计数if (ori.find(s[l]) != ori.end()) { --cnt[s[l]];}// 左指针右移，收缩窗口++l;}}// 如果未找到有效窗口（ansL仍为-1），返回空字符串；否则返回最小窗口子串return ansL == -1 ? string() : s.substr(ansL, len);}
};
看完题解后
- for (const auto &p : ori) {这里使用const 以及&的目标是？可以不用吗
- 避免拷贝：
ori是一个unordered_map<char, int>，其中的元素是pair<char, int>类型。如果不用引用（即写成for (auto p : ori)），每次循环都会将ori中的元素拷贝一份到p中。对于哈希表中的每个元素，拷贝操作会额外消耗时间（尤其是当哈希表很大时，性能影响更明显）。 - 直接访问原元素：使用引用
&p可以直接访问ori中的元素，无需拷贝，提高循环效率。
- 避免拷贝：