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这是今天的算法学习记录，主要应用了滑动窗口技巧解决了两道 LeetCode 题目。

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LeetCode 2799. 统计完全子数组的数目

问题描述

一个子数组如果包含了数组中所有不同的元素，那么我们称这个子数组是 完全子数组。我们需要统计给定数组中完全子数组的数目。

思路分析

这道题是典型的滑动窗口问题。核心思路是维护一个窗口 [left, right]，并统计窗口内不同元素的数量。

1. 确定目标：首先，我们需要知道原数组 nums 中总共有多少个不同的元素。这可以通过 HashSet 来统计，记这个数量为 n。
2. 滑动窗口：
   • 我们使用 right 指针扩展窗口，将 nums[right] 加入窗口。
   • 同时，我们需要一个机制来跟踪窗口内不同元素的数量 count 和每个元素出现的次数（可以使用哈希表或数组 hash）。
   • 当窗口内不同元素的数量 count 等于 n 时，当前窗口 [left, right] 就是一个完全子数组。
   • 关键点：一旦 [left, right] 是完全子数组，那么所有以 right 为右端点，且左端点 l 满足 0 <= l <= left 的子数组 [l, right] 也一定是完全子数组（因为它们包含了 [left, right]）。
   • 为了找到所有可能的完全子数组，当 count == n 时，我们尝试收缩窗口的左边界 left。不断将 nums[left] 移出窗口并更新 count，直到 count < n。
   • 在收缩过程中，每次成功找到一个 count == n 的窗口 [left, right] 时，所有以 right 为右端点、左端点在 [0, left] 区间内的子数组都是完全子数组。

解题过程

1. 预处理：使用 HashSet 统计 nums 中不同元素的总数 n。
2. 初始化：
   • left = 0：窗口左边界。
   • count = 0：当前窗口内不同元素的数量。
   • ret = 0：完全子数组的总数。
   • hash = new int[2001]：频率数组，用于记录窗口内每个元素的出现次数。
3. 遍历 (扩展右边界)：使用 for 循环遍历 nums 数组，将当前元素 x (即 nums[right]) 加入窗口。
   • hash[x]++：增加元素 x 的计数。
   • if (hash[x] == 1)：如果 x 是第一次加入窗口（计数从 0 变为 1），则 count++。
4. 收缩左边界 (当窗口满足条件时)：
   • 使用 while (count == n) 循环：只要当前窗口是完全的（包含 n 个不同元素）。
     • hash[nums[left]]--：尝试将左边界元素 nums[left] 移出窗口，减少其计数。
     • if (hash[nums[left]] == 0)：如果移除后 nums[left] 的计数变为 0，说明窗口内少了一个不同的元素，count--。
     • left++：将左边界右移。
   • 计数：当 while 循环因为 count < n 而结束时，意味着上一步移除 nums[left-1] 导致窗口不再是完全的。在移除 nums[left-1] 之前，所有以当前 right 为右端点、以 0 到 left-1（while 循环结束时的 left 值）为左端点的子数组都是完全的。因此，有 left 个这样的完全子数组。我们将 left 加到 ret 上。
5. 循环与累加：for 循环继续，right 指针右移。每次 for 循环迭代结束后（无论 while 循环是否执行），ret += left 都会累加上以当前 right 指针元素为结尾的、满足条件的完全子数组的数量。这里的 left 值记录了上一次收缩窗口后，能构成合法窗口的最左边界的下一个位置，也就等于以当前 right 为结尾的合法子数组的数量。
6. 返回结果：遍历结束后，ret 即为所求的总数。

复杂度

• 时间复杂度: $O(N)$，其中 N 是数组 nums 的长度。每个元素最多被 left 和 right 指针访问两次。
• 空间复杂度: $O(U)$，其中 U 是数组 nums 中不同元素的数量（用于 HashSet 和 hash 数组）。如果元素值范围固定且不大（如本题的 2000），可以认为是 $O(1)$ 或 $O(max\_val)$；如果元素值范围很大，HashSet 的空间复杂度与不同元素数量 U 相关，最坏情况下是 $O(N)$。

Code

class Solution {public int countCompleteSubarrays(int[] nums) {int ret = 0;// 1. 统计数组中不同元素的总数 nSet<Integer> distinctElements = new HashSet<>();for (int x : nums) {distinctElements.add(x);}int n = distinctElements.size();// 2. 初始化滑动窗口变量int[] freq = new int[2001]; // 频率数组 (根据题目约束，元素值 <= 2000)int left = 0; // 窗口左边界int currentDistinctCount = 0; // 当前窗口内不同元素的数量// 3. 遍历数组，移动右边界 rightfor (int right = 0; right < nums.length; right++) {int currentElement = nums[right];// 将右边界元素加入窗口if (freq[currentElement] == 0) {// 如果是新元素，增加不同元素计数currentDistinctCount++;}freq[currentElement]++;// 4. 当窗口满足条件 (包含所有 n 个不同元素) 时，尝试收缩左边界while (currentDistinctCount == n) {// 在收缩前，[left, right] 是一个完全子数组// 任何以 right 结尾，以 0..left 开头的子数组都是完全子数组// 尝试移除左边界元素 nums[left]int leftElement = nums[left];freq[leftElement]--;// 如果移除后，该元素的计数变为 0，则窗口内不同元素数减少if (freq[leftElement] == 0) {currentDistinctCount--;}// 收缩左边界left++;}// 5. 累加结果// 退出 while 循环时，left 指向的位置是使得窗口不再是完全子数组的第一个位置// 因此，以 nums[right] 为右端点的完全子数组的左端点可以是 0, 1, ..., left-1// 共有 left 个这样的子数组ret += left;}return ret;}
}

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LeetCode 3325. 字符至少出现 K 次的子字符串 I

问题描述

思路分析

同样采用滑动窗口的方法。我们维护一个窗口 [left, right] 和窗口内各字符的频率。

1. 维护状态: 使用一个数组 hash 记录窗口内 'a' 到 'z' 每个字符的出现次数。
2. 滑动窗口:
   • right 指针向右移动，将 s[right] 加入窗口，并更新其频率 hash[s[right] - 'a']++。
   • 检查条件: 当新加入的字符 s[right] 的频率 恰好 达到 k 时 (hash[s[right] - 'a'] == k)，说明当前窗口 [left, right] (以及可能更早的以 right 结尾的子数组) 不满足 “没有字符频率恰好为 k” 的条件。
   • 收缩窗口: 为了恢复满足条件的状态，我们需要移动左边界 left，将 s[left] 移出窗口，直到 s[right] 的频率不再是 k 为止 (或者直到 left 超过 right)。在移动 left 时，需要同步更新 hash[s[left] - 'a']--。
   • 计数: 在每次 right 指针移动后，并且在可能发生的 while 循环收缩之后，当前的 left 值代表了有多少个合法的起始位置。也就是说，对于当前的右端点 right，所有以 0 到 left-1 为起点的子数组 [l, right] (其中 0 <= l < left) 都是满足 “没有字符频率恰好为 k” 条件的子字符串。因此，将 left 累加到结果 ret 中。

解题过程

1. 初始化：
   • left = 0：窗口左边界。
   • ret = 0：满足条件的子字符串总数。
   • hash = new int[26]：字符频率数组。
2. 遍历 (扩展右边界)：使用 for 循环遍历字符串 s，设当前字符为 c (即 s[right])。
   • hash[c - 'a']++：增加字符 c 的计数。
3. 收缩左边界 (当条件不满足时)：
   • 使用 while (hash[c - 'a'] == k) 循环：只要当前加入的字符 c 的频率等于 k。
     • hash[s[left] - 'a']--：将左边界字符 s[left] 移出窗口，减少其计数。
     • left++：将左边界右移。
   • 这个 while 循环会一直执行，直到字符 c 的频率不再是 k（通常是因为移除了一个 c 字符，使得 hash[c - 'a'] 变为 k-1），或者 left 赶上了 right（虽然在这个逻辑下不太可能）。
4. 计数：
   • 在 while 循环结束后（或者如果从未进入 while 循环），left 指向的位置保证了从 0 到 left-1 的所有起始点 l 构成的子数组 [l, right] 都不包含频率恰好为 k 的字符（特别是对于字符 c 而言，它的频率要么小于 k，要么在收缩后小于 k）。
   • ret += left：累加当前右端点 right 合法子数组的数量。
5. 返回结果：遍历结束后，ret 即为所求的总数。

复杂度

• 时间复杂度: $O(N)$，其中 N 是字符串 s 的长度。每个字符最多被 left 和 right 指针访问两次。
• 空间复杂度: $O(C)$，其中 C 是字符集的大小（这里是 26）。可以认为是 $O(1)$。

Code

class Solution {public int numberOfSubstrings(String ss, int k) {char[] s = ss.toCharArray();int ret = 0; // 结果计数int left = 0; // 滑动窗口左边界int[] hash = new int[26]; // 字符频率统计 ('a' 到 'z')// 遍历字符串，移动右边界 rightfor (int right = 0; right < s.length; right++) {char currentChar = s[right];int charIndex = currentChar - 'a';// 将当前字符加入窗口，更新频率hash[charIndex]++;// 如果当前字符的频率恰好等于 k，说明窗口不满足条件// 需要收缩左边界，直到该字符频率不再是 kwhile (hash[charIndex] == k) {// 移除左边界字符hash[s[left] - 'a']--;// 移动左边界left++;}// 此时，对于当前右边界 right,// 所有以 [0, left-1] 中任意位置 l 为左边界的子数组 [l, right]// 都不包含频率恰好为 k 的字符 (特别是 currentChar)。// 因此，有 left 个这样的合法子数组。ret += left;}return ret;}
}