【小白用python刷Leetcode】209. 长度最小的子数组

209. 长度最小的子数组

题目描述

给定一个含有 n 个正整数的数组和一个正整数 s ，找出该数组中满足其和 ≥ s 的长度最小的连续子数组，并返回其长度。如果不存在符合条件的连续子数组，返回 0。

示例：

输入: s = 7, nums = [2,3,1,2,4,3]
输出: 2

解释：子数组 [4,3] 是该条件下的长度最小的连续子数组。

进阶：如果你已经完成了O(n) 时间复杂度的解法, 请尝试 O(n log n) 时间复杂度的解法。

我的思路（小白思路）

第一反应是利用滑窗解决（可能也叫快慢指针？），感觉一般讲起连续子数组，要么是滑窗，要么就是动态规划。这道题我自己做就是限定滑窗的边界i,j来确定子数组。具体思路就是如果滑窗内数组之和tmp为s，为了以防之后还有更短的数组，右边界向后滑1（j+1）；如果滑窗内数组之和tmp小于s，则需要增大数组之和tmp，也是右边界向后滑1（j+1）；如果滑窗内数组之和tmp大于s，则需要减小数组之和tmp，左边界向后滑1（i+1）。

除此之外还需要两个额外的变量：一个记录子数组最小长度l，先预设正无穷；另一个表示当前数组是否存在满足条件的子数组exist，相当于是个Flag，如果存在为1，不存在为0，最后根据exist来决定是不是输出0。感觉加Flag的思路并不是特别简洁，应该从循环的结果上就能判断是不是存在满足条件的子数组，但是一时没有理清楚，暂且先这样。

这种思路虽然说空间复杂度O(1)还好，但是时间复杂度较高为O(n)（似乎也还行？）。

def minSubArrayLen(self, s: int, nums: List[int]) -> int:
        l = float('inf')
        i = 0
        j = 1
        exist = 0
        while j <= len(nums):
            if i >= j:  #为了防止边界颠倒的情况
                j = i+1
            else:
                tmp = sum(nums[i:j])
                if tmp == s:                
                    if len(nums[i:j]) < l:
                        l = len(nums[i:j])
                        exist = 1
                    j+=1
                elif tmp < s:
                    j+=1
                else:
                    if len(nums[i:j]) < l:
                        l = len(nums[i:j])
                        exist = 1
                    i+=1
        if exist == 0:
            return 0
        else:
            return l

官方思路

思路一：双指针（实锤叫双指针没错了）

这个思路和我的小白思路很像，但是是改进版。说实话能在官方题解里看到和自己相像的思路还是很惊喜的，谁让我是小白呢。具体来说就是每次算sum的时候，不需要全部重新计算，快指针后移一下，则在原先sum的基础上加，慢指针后移则减，其他部分都是比较相似的。还有个小的点就是其实l设n+1就可以了，没必要设正无穷。这样还能省去exist这个Flag，因为只要最后l仍等于n+1，则表明没有符合要求的子数组，输出0。

代码的话就直接抄leetcode官方题解了，写得很简洁，看起来赏心悦目啊，尤其是循环内的设计，那个双while的嵌套，感觉真的是我这种一般只会用if else的小白无法企及的高度啊，很精妙。也试着在自己原来的基础上改，但是反而跑不通了，改了很久都没AC，遂放弃，谁让我是小白呢。。。

def minSubArrayLen(self, s: int, nums: List[int]) -> int:
        if not nums:
            return 0
        
        n = len(nums)
        ans = n + 1
        start, end = 0, 0
        total = 0
        while end < n:
            total += nums[end]
            while total >= s:
                ans = min(ans, end - start + 1)
                total -= nums[start]
                start += 1
            end += 1
        
        return 0 if ans == n + 1 else ans

作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode-cn.com/problems/minimum-size-subarray-sum/solution/chang-du-zui-xiao-de-zi-shu-zu-by-leetcode-solutio/
来源：力扣（LeetCode）
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思路二：折半

其实如果要求时间复杂度O(n log n)的话，一般都会想到二分啊折半啊这类的吧。但是觉得明明都已经O(n)，干嘛还要O(n log n)，反向操作？没办法啊，小白啊，理解不上去啊。所以就是草草想了一下，也没深究。看到官方题解果然也是折半，小安慰一下。由于也没仔细想，所以这里就不详细说了，反正没有上面方法好就是了！哈哈，小白就是这么不求甚解。待我研究透之后再来补上，嗯，一定会的！

以上就是我，一个正儿八经的小白（大神们通过看代码应该也感觉出来了），对这道题的理解，欢迎诸位指正讨论，感谢阅读。

原题链接：

https://leetcode-cn.com/problems/minimum-size-subarray-sum/