Leetcode 76:最小覆盖子串（最详细解决方案！！！）
给定一个字符串 S 和一个字符串 T，请在 S 中找出包含 T 所有字母的最小子串。
示例：
输入: S = "ADOBECODEBANC", T = "ABC"
输出: "BANC"
说明：
- 如果 S 中不存这样的子串，则返回空字符串
""。 - 如果 S 中存在这样的子串，我们保证它是唯一的答案。
解题思路
对于这个问题我们首先就会相同通过对撞指针的方法来解。这里我们有一个比较难解决的问题就是包含 T 所有字母的最小子串怎么表示？首先想到的做法时对于输入的s子串sW和输入的t通过collection.Counter分别统计字母个数，得到两个字母个数字典sW_count和tW_count，然后遍历tW_count种的每个元素，判断它是不是在sW_count中，并且其元素个数不大于sW_count中的。于是我们可以写出这样的代码
def _minWindow(self, sW, tW):
sW_count, tW_count = Counter(sW), Counter(tW)
for i, val in tW_count.items():
if i in sW_count and val <= sW_count[i]:
continue
return False
return True
但是这种做法我们在解决问题的过程中，出现了超时。很容易理解，对于一个很长的字符串来说，这个字符串包含了很多的子串，而我们对每个子串进行统计，这里面实际上有大量的冗余。所以我们可以通过动态记录一个dict来做为我们的子串字典。
接着，我们建立两个指针l和r分别指向窗口的左右，初始值赋为0和t_len。
A D O B E C O D E B A N C
↑ ↑
l r
然后我们建立一个dict:sW_count，存储[l,r]这个区间内的元素个数。我们同时建立一个dict:tW_count，记录t中的元素个数。当[l,r]区间内的元素个数不小于t中的元素个数时，我们要缩小这个窗口，也就是l--，而区间内的元素小于t中元素的时候，我们又要将这个窗口放宽，也就是r++。
from collections import Counter
class Solution:
def minWindow(self, s, t):
"""
:type s: str
:type t: str
:rtype: str
"""
if not s or not t:
return ''
s_len, t_len = len(s), len(t)
if t_len > s_len:
return ''
l, r, minLength, minL, minR = 0, t_len, s_len+1, 0, 0
tW_count = Counter(t)
sW_count = Counter(s[l:r])
while l < s_len:
if self._minWindow(sW_count, tW_count):
if minLength > r - l:
minLength = r - l
minL, minR = l, r
if sW_count[s[l]] == 1:
sW_count.pop(s[l])
else:
sW_count[s[l]] -= 1
l += 1
else:
if r == s_len:
break
sW_count[s[r]] = sW_count.get(s[r], 0) + 1
r +=1
return s[minL:minR]
def _minWindow(self, sW, tW):
for i, val in tW.items():
if i in sW and val <= sW[i]:
continue
return False
return True
上面这种做法思路很清晰，但是不够优雅。其实这个问题和Leetcode 3:无重复字符的最长子串（最详细解决方案！！！） 是一类问题，都可以归纳为子串问题，这类问题最优美的解法就是Leetcode 3:无重复字符的最长子串（最详细解决方案！！！） 中的解法2，通过借助hash表来处理。
以题目中的例如为例，我们先建立滑动窗口，滑动窗口的边界是l和r，我们的l初始化为0，而r对应当前s中遍历到元素的位置。
A D O B E C O D E B A N C
↑ ↑
l r
mem:A0 B0 C0 D-1 E-1 O-1
t_len:0
我们首先建立一个可以容纳ASCII的字典mem，然后记录t中元素出现的次数。接着我们遍历s中的元素c，我们将字典mem中的c元素减一，如果s中的元素在t中出现过，那么我们记录此时的t_len = len(t)-1。当t_len==0时，说明此时t中的元素在s中都出现了，我们此时要进入下一步判断。
我们要判断mem中s[l]是不是小于0，如果是的话，说明t中不应该包含s[l]，所以我们需要将它剔除出去（也就是mem[s[l++]]++）。否则的话，我们记录此时的l和r。接着我们需要继续找符合条件的位置，我们将l++并且t_len++，将s[l]再加入到mem中去，这样我们就将窗口向右滑动一步
A D O B E C O D E B A N C
↑ ↑
l r
mem:A1 B0 C0 D-1 E-1 O-1
t_len:1
我们基于此就可以写出下面的代码
from collections import Counter
class Solution:
def minWindow(self, s, t):
mem = Counter(t)
t_len = len(t)
minL, minR = 0, float('inf')
l = 0
for r, c in enumerate(s):
if mem[c] > 0:
t_len -= 1
mem[c] -= 1
if t_len == 0:
while mem[s[l]] < 0:
mem[s[l]] += 1
l += 1
if r - l < minR - minL:
minL, minR = l, r
mem[s[l]] += 1
t_len += 1
l += 1
return '' if minR == float('inf') else s[minL:minR+1]
这种写法比上面要简洁，速度要快（我们没有对字典进行插入和删除操作）。
该问题的其他语言版本添加到了我的GitHub Leetcode
如有问题，希望大家指出！！！