滑動窗口技巧

本文詳解「滑動窗口」這種高級雙指針技巧的算法框架，帶你秒殺幾道高難度的子字符串匹配問題。

一、最小覆蓋子串

題目不難理解，就是說要在 S(source) 中找到包含 T(target) 中全部字母的一個子串，順序無所謂，但這個子串一定是所有可能子串中最短的。

如果我們使用暴力解法，代碼大概是這樣的：

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

這個算法的復雜度肯定大于 O(N^2) 了，不好。

滑動窗口算法的思路 是這樣：

1、我們在字符串 S 中使用雙指針中的左右指針技巧，初始化 left = right = 0，把索引閉區間 [left, right] 稱為一個「窗口」。

2、我們先不斷地增加 right 指針擴大窗口 [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、此時，我們停止增加 right，轉而不斷增加 left 指針縮小窗口 [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）。同時，每次增加 left，我們都要更新一輪結果。

4、重復第 2 和第 3 步，直到 right 到達字符串 S 的盡頭。

這個思路其實也不難，第 2 步相當于在尋找一個「可行解」，然后第 3 步在優化這個「可行解」，最終找到最優解。左右指針輪流前進，窗口大小增增減減，窗口不斷向右滑動。

下面畫圖理解一下，needs 和 window 相當于計數器，分別記錄 T 中字符出現次數和窗口中的相應字符的出現次數。

初始狀態：

增加 right，直到窗口 [left, right] 包含了 T 中所有字符：

現在開始增加 left，縮小窗口 [left, right]：

直到窗口中的字符串不再符合要求，left 不再繼續移動。

之后重復上述過程，先移動 right，再移動 left…… 直到 right 指針到達字符串 S 的末端，算法結束

上述過程可以簡單地寫出如下偽碼框架：

string s, t; // 在 s 中尋找 t 的「最小覆蓋子串」 int left = 0, right = 0; string res = s;while(right < s.size()) {window.add(s[right]);right++;// 如果符合要求，移動 left 縮小窗口while (window 符合要求) {// 如果這個窗口的子串更短，則更新 resres = minLen(res, window);window.remove(s[left]);left++;} } return res;

現在就剩下一個比較棘手的問題：如何判斷 window 即子串 s[left…right] 是否符合要求，是否包含 t 的所有字符呢？

可以用兩個哈希表當作計數器解決。用一個哈希表 needs 記錄字符串 t 中包含的字符及出現次數，用另一個哈希表 window 記錄當前「窗口」中包含的字符及出現的次數，如果 window 包含所有 needs 中的鍵，且這些鍵對應的值都大于等于 needs 中的值，那么就可以知道當前「窗口」符合要求了，可以開始移動 left 指針了。

現在將上面的框架繼續細化：

string s, t; // 在 s 中尋找 t 的「最小覆蓋子串」 int left = 0, right = 0; string res = s;// 相當于兩個計數器 unordered_map<char, int> window;//記錄窗口中在need當中某個字符出現的次數 unordered_map<char, int> needs;//記錄t中每個字符出現的次數for (char c : t) needs[c]++;// 記錄 window 中已經有多少字符符合要求了 int match = 0; while (right < s.size()) {char c1 = s[right];if (needs.count(c1)) {//判斷鍵 c1 是否存在，不存在就不用計數，沒啥用//反而影響后面的判斷window[c1]++; // 加入 windowif (window[c1] == needs[c1])//因為t中的某個字符并不是只出現一次，//不僅要出現還要次數相同// 字符 c1 的出現次數符合要求了//不能是 >= 會多次match++match++;//一個字符滿足要求}right++;//更新滑動窗口的大小// window 中的字符串已符合 needs 的要求了，開始縮小滑動窗口while (match == needs.size()) {// 更新結果 resres = minLen(res, window);char c2 = s[left];if (needs.count(c2)) {window[c2]--; // 移出 windowif (window[c2] < needs[c2])//不能是 != ，因為Win個數可能大于ned// 字符 c2 出現次數不再符合要求match--;}left++;} } return res;

上述代碼已經具備完整的邏輯了，只有一處偽碼，即更新 res 的地方，不過這個問題太好解決了，直接看解法吧！

string minWindow(string s, string t) {// 記錄最短子串的開始位置和長度int start = 0, minLen = INT_MAX;int left = 0, right = 0;unordered_map<char, int> window;unordered_map<char, int> needs;for (char c : t) needs[c]++;int match = 0;while (right < s.size()) {char c1 = s[right];if (needs.count(c1)) {window[c1]++;if (window[c1] == needs[c1]) match++;}right++;while (match == needs.size()) {if (right - left < minLen) {// 更新最小子串的位置和長度start = left;//因為結果是采用substr的方式返回的，//要記錄開始下標minLen = right - left;//更新minLen長度}char c2 = s[left];if (needs.count(c2)) {window[c2]--;if (window[c2] < needs[c2])match--;}left++;}}return minLen == INT_MAX ?"" : s.substr(start, minLen); }

這個算法的時間復雜度是 $O(M+N)$，M 和 N 分別是字符串 S 和 T 的長度。因為我們先用 for 循環遍歷了字符串 T 來初始化 needs，時間 O(N)，之后的兩個 while 循環最多執行 2M 次，時間 $O(M)$

二、找到字符串中所有字母異位詞

只要把上一道題的代碼改中更新 res 部分的代碼稍加修改就成了這道題的解：

vector<int> findAnagrams(string s, string t) {// 用數組記錄答案vector<int> res;int left = 0, right = 0;unordered_map<char, int> needs;unordered_map<char, int> window;for (char c : t) needs[c]++;int match = 0;while (right < s.size()) {char c1 = s[right];if (needs.count(c1)) {window[c1]++;if (window[c1] == needs[c1])match++;}right++;while (match == needs.size()) {// 如果 window 的大小合適// 就把起始索引 left 加入結果if (right - left == t.size()) {//window中存的是滿足t中的符，//雖然在[left，right]區間中滿足need的所有情況，但是可能不連續//這種情況不符合題意，所以要進行判斷res.push_back(left);}char c2 = s[left];if (needs.count(c2)) {window[c2]--;if (window[c2] < needs[c2])match--;}left++;}}return res; }

因為這道題和上一道的場景類似，也需要 window 中包含串 t 的所有字符，但上一道題要找長度最短的子串，這道題要找長度相同的子串（）只需要多加一個if，也就是「字母異位詞」嘛。

三、無重復字符的最長子串

遇到子串問題，首先想到的就是滑動窗口技巧。

類似之前的思路，使用 window 作為計數器記錄窗口中的字符出現次數，然后先向右移動 right，當 window 中出現重復字符時，開始移動 left 縮小窗口，如此往復：

int lengthOfLongestSubstring(string s) {int left = 0, right = 0;unordered_map<char, int> window;int res = 0; // 記錄最長長度while (right < s.size()) {char c1 = s[right];window[c1]++;right++;// 如果 window 中出現重復字符// 開始移動 left 縮小窗口，相當于去重while (window[c1] > 1) {char c2 = s[left];window[c2]--;left++;}res = max(res, right - left);}return res; }

需要注意的是，因為我們要求的是最長子串，所以需要在每次移動 right 增大窗口時更新 res，而不是像之前的題目在移動 left 縮小窗口時更新 res。

最后總結

通過上面三道題，我們可以總結出滑動窗口算法的抽象思想：

int left = 0, right = 0;while (right < s.size()) {window.add(s[right]);right++;while (valid) {window.remove(s[left]);left++;} }

其中 window 的數據類型可以視具體情況而定，比如上述題目都使用哈希表充當計數器，當然你也可以用一個數組實現同樣效果，因為我們只處理英文字母。

稍微麻煩的地方就是這個 valid 條件，為了實現這個條件的實時更新，我們可能會寫很多代碼。比如前兩道題，看起來解法篇幅那么長，實際上思想還是很簡單，只是大多數代碼都在處理這個問題而已。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的滑动窗口技巧的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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