2021秋招-算法-滑动窗口算法框架

算法-滑动窗口算法框架

大佬整理1/3-我写了套框架,把滑动窗口算法变成了默写题

大佬整理2/3-滑动窗口算法解决子串问题

大佬整理2/3-单调队列解决滑动窗口问题

框架整理:

关于双指针的快慢指针和左右指针的用法,可以参见前文 双指针技巧汇总,本文就解决一类最难掌握的双指针技巧:滑动窗口技巧,并总结出一套框架,可以保你闭着眼直接套出答案。

说起滑动窗口算法,很多读者都会头疼。这个算法技巧的思路非常简单,就是维护一个窗口,不断滑动,然后更新答案么。LeetCode 上有起码 10 道运用滑动窗口算法的题目,难度都是中等和困难。该算法的大致逻辑如下:

int left = 0, right = 0;

while (right < s.size()) {
    // 增大窗口
    window.add(s[right]);
    right++;

    while (window needs shrink) {
        // 缩小窗口
        window.remove(s[left]);
        left++;
    }
}

这个算法技巧的时间复杂度是 O(N),比一般的字符串暴力算法要高效得多。

其实困扰大家的,不是算法的思路,而是各种细节问题。比如说如何向窗口中添加新元素,如何缩小窗口,在窗口滑动的哪个阶段更新结果。即便你明白了这些细节,也容易出 bug,找 bug 还不知道怎么找,真的挺让人心烦的。

所以今天我就写一套滑动窗口算法的代码框架,我连在哪里做输出 debug 都给你写好了,以后遇到相关的问题,你就默写出来如下框架然后改三个地方就行,还不会出边界问题:

/* 滑动窗口算法框架 */
void slidingWindow(string s, string t) {
     
    unordered_map<char, int> need, window;
    for (char c : t) need[c]++;

    int left = 0, right = 0;
    int valid = 0; 
    while (right < s.size()) {
     
        // c 是将移入窗口的字符
        char c = s[right];
        // 右移窗口
        right++;
        // 进行窗口内数据的一系列更新
        ...

        /*** debug 输出的位置 ***/
        printf("window: [%d, %d)\n", left, right);
        /********************/

        // 判断左侧窗口是否要收缩
        while (window needs shrink) {
     
            // d 是将移出窗口的字符
            char d = s[left];
            // 左移窗口
            left++;
            // 进行窗口内数据的一系列更新
            ...
        }
    }
}

其中两处…表示的更新窗口数据的地方,到时候你直接往里面填就行了。
而且,这两个…处的操作分别是右移和左移窗口更新操作,等会你会发现它们操作是完全对称的。

说句题外话,其实有很多人喜欢执着于表象,不喜欢探求问题的本质。比如说有很多人评论我这个框架,说什么散列表速度慢,不如用数组代替散列表;还有很多人喜欢把代码写得特别短小,说我这样代码太多余,影响编译速度,LeetCode 上速度不够快。

我也是服了,算法看的是时间复杂度,你能确保自己的时间复杂度最优就行了。至于 LeetCode 所谓的运行速度,那个都是玄学,只要不是慢的离谱就没啥问题,根本不值得你从编译层面优化,不要舍本逐末……

labuladong 公众号的重点在于算法思想,你把框架思维了然于心套出解法,然后随你再魔改代码好吧,你高兴就好。

言归正传,下面就直接上四道 LeetCode 原题来套这个框架,其中第一道题会详细说明其原理,后面四道就直接闭眼睛秒杀了。

本文代码为 C++ 实现,不会用到什么编程方面的奇技淫巧,但是还是简单介绍一下一些用到的数据结构,以免有的读者因为语言的细节问题阻碍对算法思想的理解:

unordered_map就是哈希表(字典),它的一个方法count(key)相当于 Java 的containsKey(key)可以判断键 key 是否存在。

可以使用方括号访问键对应的值map[key]。需要注意的是,如果该key不存在,C++ 会自动创建这个 key,并把map[key]赋值为 0。

所以代码中多次出现的map[key]++相当于 Java 的map.put(key, map.getOrDefault(key, 0) + 1)。

一. leetcode-76. 最小覆盖子串-困难-未AC

76. 最小覆盖子串
给你一个字符串 S、一个字符串 T,请在字符串 S 里面找出:包含 T 所有字符的最小子串。

示例:
输入: S = "ADOBECODEBANC", T = "ABC"
输出: "BANC"

就是说要在S(source) 中找到包含T(target) 中全部字母的一个子串,且这个子串一定是所有可能子串中最短的。

如果我们使用暴力解法,代码大概是这样的:

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

思路很直接,但是显然,这个算法的复杂度肯定大于 O(N^2) 了,不好。

滑动窗口算法的思路是这样:


  1. 我们在字符串S中使用双指针中的左右指针技巧,初始化left = right = 0,把索引左闭右开区间[left, right)称为一个「窗口」

  2. 我们先不断地增加right指针扩大窗口[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. 此时,我们停止增加right,转而不断增加left指针缩小窗口[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)。同时,每次增加left,我们都要更新一轮结果

  4. 重复第 2 和第 3 步,直到right到达字符串S的尽头。


这个思路其实也不难,第 2 步相当于在寻找一个「可行解」然后第 3 步在优化这个「可行解」最终找到最优解,也就是最短的覆盖子串左右指针轮流前进,窗口大小增增减减,窗口不断向右滑动,这就是「滑动窗口」这个名字的来历。

下面画图理解一下,needswindow相当于计数器,分别记录T字符出现次数和「窗口」中的相应字符的出现次数

初始状态:
2021秋招-算法-滑动窗口算法框架_第1张图片
增加right,直到窗口[left, right)包含了T中所有字符:
2021秋招-算法-滑动窗口算法框架_第2张图片
现在开始增加left,缩小窗口[left, right)。
2021秋招-算法-滑动窗口算法框架_第3张图片
直到窗口中的字符串不再符合要求,left不再继续移动。
2021秋招-算法-滑动窗口算法框架_第4张图片

注意:
1. 上图窗口为: [left, right), 内部范围为: right-left, 实际上 right不能超出 string范围, len(string); 
2. 所以实现层面算字符串长度时候: right +1,[(len(s)-1 + 1 ) - 0] 然后计算 right-left, 然后再left+1, 相当于计算窗口大小时候:[left, right+1),这种情形,最后一个字符是 s[len(s)-1], 但是后面right+1, 相当于到了 外面; 

之后重复上述过程,先移动right,再移动left…… 直到right指针到达字符串S的末端,算法结束

如果你能够理解上述过程,恭喜,你已经完全掌握了滑动窗口算法思想。现在我们来看看这个滑动窗口代码框架怎么用:

首先,初始化window和need两个哈希表,记录窗口中的字符和需要凑齐的字符:

unordered_map<char, int> need, window;
for (char c : t) need[c]++;
need = Counter(t)		#  T 
window = {key:0 for key in need.keys()}

然后,使用left和right变量初始化窗口的两端,不要忘了,区间[left, right)是左闭右开的,所以初始情况下窗口没有包含任何元素:

int left = 0, right = 0;
int valid = 0; 
while (right < s.size()) {
     
    // 开始滑动
}

其中valid变量表示窗口中满足need条件的字符个数,如果validneed.size的大小相同,则说明窗口已满足条件,已经完全覆盖了串T

现在开始套模板,只需要思考以下四个问题:

1、当移动right扩大窗口,即加入字符时,应该更新哪些数据?    
1.1 window数据更新; 
1.2 valid 数据更新; 

2、什么条件下,窗口应该暂停扩大,开始移动left缩小窗口?
2.1 valid满足条件,找到解;   
2.2 题目要求,比如 窗口长度要求; 


3、当移动left缩小窗口,即移出字符时,应该更新哪些数据?
3.1 对称: window更新, valid更新; 

4、我们要的结果应该在扩大窗口时还是缩小窗口时进行更新?
4.1 一般都在缩小窗口时候,扩张窗口是为了找到解, 缩小窗口是为了最优解;
1. 如果一个字符进入窗口,应该增加window计数器;

2. 如果一个字符将移出窗口的时候,应该减少window计数器;

3. 当valid满足need时应该收缩窗口;

4. 应该在收缩窗口的时候更新最终结果。

下面是完整代码:

# JAVA
string minWindow(string s, string t) {
     
    unordered_map<char, int> need, window;
    for (char c : t) need[c]++;

    int left = 0, right = 0;
    int valid = 0;
    // 记录最小覆盖子串的起始索引及长度
    int start = 0, len = INT_MAX;
    while (right < s.size()) {
     
        // c 是将移入窗口的字符
        char c = s[right];
        // 右移窗口
        right++;
        // 进行窗口内数据的一系列更新
        if (need.count(c)) {
     
            window[c]++;
            if (window[c] == need[c])
                valid++;
        }

        // 判断左侧窗口是否要收缩
        while (valid == need.size()) {
     
            // 在这里更新最小覆盖子串
            if (right - left < len) {
     
                start = left;
                len = right - left;
            }
            // d 是将移出窗口的字符
            char d = s[left];
            // 左移窗口
            left++;
            // 进行窗口内数据的一系列更新
            if (need.count(d)) {
     
                if (window[d] == need[d])
                    valid--;
                window[d]--;
            }                    
        }
    }
    // 返回最小覆盖子串
    return len == INT_MAX ?
        "" : s.substr(start, len);
}
# python 别人实现
class Solution:
    def minWindow(self, s: str, t: str) -> str:
        need = Counter(t)
        window = dict.fromkeys(need.keys(), 0)
        valid, L, R, ans = 0, 0, 0, (-1, len(s))
        while R < len(s):
            c = s[R]
            R += 1
            if c in need:    
                window[c] += 1
                if window[c] == need[c]:  valid += 1
            while valid == len(need):
                ans = (L, R) if R - L < ans[1] - ans[0] else ans
                c = s[L]
                L += 1
                if c in need:   
                    if window[c] == need[c]:    valid -= 1
                    window[c] -= 1
        if ans[0] == -1:    return ""
        return s[ans[0]:] if ans[1] == len(s) else s[ans[0]:ans[1]]

python自己实现

class Solution:
    def minWindow(self, s: str, t: str) -> str:
        need = Counter(t)              # 需要凑齐的条件,t中每个字符字符的数量
        window = {key:0 for key in need.keys()}         # 窗口中的每个字符的数量
        
        
        # valid: window中对于need的满足情况统计;  统计N个字符的每个数量是否满足;
        # left, right: 窗口的左右位置
        # res: 结果字符串的起始位置
        valid, left, right, res = 0, 0, 0, (-1, len(s))     
        
        while right < len(s):       # [0~len(s))
            # 扩张窗口:右窗口移动,找到满足条件 window, 找到解
            char = s[right]
            # right ++
            right += 1
            
            # 更新 window; 这块不一定仅仅对于 need中字符更新; 也可以更新全部字符。 
            if char in need:
                window[char] += 1
                
                # 如果满足条件need, 更新 valid
                if window[char] == need[char]:
                    valid += 1
            
            # 收缩窗口: 找到满足条件的window, 收缩窗口
            while valid == len(need):
                # 如果新窗口满足条件时候更小,更新结果窗口
                res = (left, right) if right-left < res[1]-res[0] else res 
                
                char = s[left]
                # left ++
                left += 1
                
                # 更新 valid, 更新 window
                if char in need:
                    if window[char] == need[char]:
                        valid -= 1
                    window[char] -= 1
        
        if res[0] == -1:
            return ''
        return s[res[0]:res[1]]

需要注意的是,当我们发现某个字符在window的数量满足了need的需要,就要更新valid,表示有一个字符已经满足要求。而且,你能发现,两次对窗口内数据的更新操作是完全对称的

当valid == need.size()时,说明T中所有字符已经被覆盖,已经得到一个可行的覆盖子串,现在应该开始收缩窗口了,以便得到「最小覆盖子串」。

移动left收缩窗口时,窗口内的字符都是可行解,所以应该在收缩窗口的阶段进行最小覆盖子串的更新,以便从可行解中找到长度最短的最终结果

至此,应该可以完全理解这套框架了,滑动窗口算法又不难,就是细节问题让人烦得很。以后遇到滑动窗口算法,你就按照这框架写代码,保准没有 bug,还省事儿。

下面就直接利用这套框架秒杀几道题吧,你基本上一眼就能看出思路了。

二、字符串排列-leetcode-567. 字符串的排列-Medium

567. 字符串的排列
给定两个字符串 s1 和 s2,写一个函数来判断 s2 是否包含 s1 的排列。
换句话说,第一个字符串的排列之一是第二个字符串的子串。

示例1:
输入: s1 = "ab" s2 = "eidbaooo"
输出: True
解释: s2 包含 s1 的排列之一 ("ba").
 
示例2:
输入: s1= "ab" s2 = "eidboaoo"
输出: False

注意哦,输入的s1是可以包含重复字符的,所以这个题难度不小。

这种题目,是明显的滑动窗口算法,相当给你一个S和一个T,请问你S中是否存在一个子串,包含T中所有字符且不包含其他字符?

首先,先复制粘贴之前的算法框架代码,然后明确刚才提出的 4 个问题,即可写出这道题的答案:

// 判断 s 中是否存在 t 的排列
bool checkInclusion(string t, string s) {
    unordered_map need, window;
    for (char c : t) need[c]++;

    int left = 0, right = 0;
    int valid = 0;
    while (right < s.size()) {
        char c = s[right];
        right++;
        // 进行窗口内数据的一系列更新
        if (need.count(c)) {
            window[c]++;
            if (window[c] == need[c])
                valid++;
        }

        // 判断左侧窗口是否要收缩
        while (right - left >= t.size()) {
            // 在这里判断是否找到了合法的子串
            if (valid == need.size())
                return true;
            char d = s[left];
            left++;
            // 进行窗口内数据的一系列更新
            if (need.count(d)) {
                if (window[d] == need[d])
                    valid--;
                window[d]--;
            }
        }
    }
    // 未找到符合条件的子串
    return false;
}

自己想法

1. 和最小覆盖稍有不同: 
1.1 目前是找到 window中是need的一种另一个形式表达,只要valid数量满足 t.isize() 或者 need中key.value的加和。 
1.2 窗口大小等于 t.size() 之后就应该是 平行移动,看看有没有这样一个窗口满足条件。 
1.3 valid如果代表 need中每个字符数量是否满足,则 如果valid = need.size() 是符合,则返回 True

对于这道题的解法代码,基本上和最小覆盖子串一模一样,只需要改变两个地方:

1、本题移动left缩小窗口的时机是窗口大小大于t.size()时,因为排列嘛,显然长度应该是一样的。

2、当发现valid == need.size()时,就说明窗口中就是一个合法的排列,所以立即返回true。

至于如何处理窗口的扩大和缩小,和最小覆盖子串完全相同。

自己python实现

class Solution:
    def checkInclusion(self, s1: str, s2: str) -> bool:
        # 思路: 滑动窗口的思想; 时间复杂度: O(N**2), 空间复杂度: O(N)
        # s1: string    s2:target
        string, target = s2, s1
        
        need = Counter(target)                          # 存储全排列子串中 每个字符的数量; 可能大于1
        window = {key:0 for key in need.keys()}     # 存储窗口中 字符的数量统计; 1.可只统计 need中的字符; 2.可整个窗口统计, 加入新的 key-value
        
        valid, left, right = 0, 0, 0        # 窗口中字符满足的数量统计;  窗口左右指针; 
        
        
        # 右窗口扩张
        while right < len(string):
            char = string[right]
            right += 1
            # window, valid进一步更新
            if char in need:
                window[char] += 1
                
                if window[char] == need[char]:
                    valid += 1
                    
            # 左窗口收缩; 判断左窗口是否收缩: 本题不管有没有 合法字符串都要收缩, 因为是相等; 
            while right-left >= len(target):
                # 判断是否找到了合法字符串
                print(valid)
                if valid == len(need):
                    return True
                char = string[left]
                left += 1
                
                # window, valid更新
                if char in need:
                    if window[char] == need[char]:
                        valid -= 1
                    window[char] -= 1
        
        # 未找到符合条件的字符串 
        return False

三、找所有字母异位词-leetcode-438-中等

438. 找到字符串中所有字母异位词
给定一个字符串 s 和一个非空字符串 p,找到 s 中所有是 p 的字母异位词的子串,返回这些子串的起始索引。
字符串只包含小写英文字母,并且字符串 s 和 p 的长度都不超过 20100。
说明:
字母异位词指字母相同,但排列不同的字符串。
不考虑答案输出的顺序。

示例 1:
输入:
s: "cbaebabacd" p: "abc"
输出:
[0, 6]
解释:
起始索引等于 0 的子串是 "cba", 它是 "abc" 的字母异位词。
起始索引等于 6 的子串是 "bac", 它是 "abc" 的字母异位词。

示例 2:
输入:
s: "abab" p: "ab"
输出:
[0, 1, 2]
解释:
起始索引等于 0 的子串是 "ab", 它是 "ab" 的字母异位词。
起始索引等于 1 的子串是 "ba", 它是 "ab" 的字母异位词。
起始索引等于 2 的子串是 "ab", 它是 "ab" 的字母异位词。

自己想法:

1. 和字符串排列问题一样,只是现在要找出所有的起始位置,并不是判断有没有; 
2. 滑动窗口套路模板
3. 暴力解法: 根据给定: pattern:长度逐位判断是否满足条件,起始滑动窗口思想也差不多; 

呵呵,这个所谓的字母异位词,不就是排列吗,搞个高端的说法就能糊弄人了吗?相当于,输入一个串S,一个串T,找到S中所有T的排列,返回它们的起始索引。

直接默写一下框架,明确刚才讲的 4 个问题,即可秒杀这道题:

vector<int> findAnagrams(string s, string t) {
     
    unordered_map<char, int> need, window;
    for (char c : t) need[c]++;

    int left = 0, right = 0;
    int valid = 0;
    vector<int> res; // 记录结果
    while (right < s.size()) {
     
        char c = s[right];
        right++;
        // 进行窗口内数据的一系列更新
        if (need.count(c)) {
     
            window[c]++;
            if (window[c] == need[c]) 
                valid++;
        }
        // 判断左侧窗口是否要收缩
        while (right - left >= t.size()) {
     
            // 当窗口符合条件时,把起始索引加入 res
            if (valid == need.size())
                res.push_back(left);
            char d = s[left];
            left++;
            // 进行窗口内数据的一系列更新
            if (need.count(d)) {
     
                if (window[d] == need[d])
                    valid--;
                window[d]--;
            }
        }
    }
    return res;
}

python自己实现

class Solution:
    def findAnagrams(self, s: str, p: str) -> List[int]:
        # 思路: 同前面,使用滑动窗口
        # 问题1: right++ : window更新,valid更新
        # 问题2: 窗口长度大于等于 给定pattern长度时候 left++
        # 问题3: left++ : window更新, valid更新; 
        # 问题4: 答案在 right更新时候产生,不涉及 优化; 
        
        string, target = s, p
        
        need = Counter(target)
        window = {key:0 for key in need.keys()}
        
        valid, left, right, res = 0, 0, 0, []
        
        while right < len(string):
            
            rightChar = string[right]
            right += 1
            
            # window, valid更新; 
            if rightChar in need:
                window[rightChar] += 1
                
                if window[rightChar] == need[rightChar]:
                    valid += 1
            
            # 判断缩减窗口
            while right-left >= len(target):
                if valid == len(need):
                    res.append(left)
                leftChar = string[left]
                left += 1
                
                if leftChar in need:
                    if window[leftChar] == need[leftChar]:
                        valid -= 1
                    window[leftChar] -= 1

        return res

跟寻找字符串的排列一样,只是找到一个**合法异位词(排列)**之后将起始索引加入res即可。

四、最长无重复子串-leetcode-3

3. 无重复字符的最长子串
给定一个字符串,请你找出其中不含有重复字符的 最长子串 的长度。

示例 1:
输入: "abcabcbb"
输出: 3 
解释: 因为无重复字符的最长子串是 "abc",所以其长度为 3。

示例 2:
输入: "bbbbb"
输出: 1
解释: 因为无重复字符的最长子串是 "b",所以其长度为 1。

示例 3:
输入: "pwwkew"
输出: 3
解释: 因为无重复字符的最长子串是 "wke",所以其长度为 3。
    请注意,你的答案必须是 子串 的长度,"pwke" 是一个子序列,不是子串。

这个题终于有了点新意,不是一套框架就出答案,不过反而更简单了,稍微改一改框架就行了:

int lengthOfLongestSubstring(string s) {
     
    unordered_map<char, int> window;

    int left = 0, right = 0;
    int res = 0; // 记录结果
    while (right < s.size()) {
     
        char c = s[right];
        right++;
        // 进行窗口内数据的一系列更新
        window[c]++;
        // 判断左侧窗口是否要收缩
        while (window[c] > 1) {
     
            char d = s[left];
            left++;
            // 进行窗口内数据的一系列更新
            window[d]--;
        }
        // 在这里更新答案
        res = max(res, right - left);
    }
    return res;
}

这就是变简单了,连need和valid都不需要,而且更新窗口内数据也只需要简单的更新计数器window即可。

当window[c]值大于 1 时,说明窗口中存在重复字符,不符合条件,就该移动left缩小窗口了嘛。

唯一需要注意的是,在哪里更新结果res呢?我们要的是最长无重复子串,哪一个阶段可以保证窗口中的字符串是没有重复的呢?

这里和之前不一样,要在收缩窗口完成后更新res,因为窗口收缩的 while 条件是存在重复元素,换句话说收缩完成后一定保证窗口中没有重复嘛。

python 自己实现

class Solution:
    def lengthOfLongestSubstring(self, s: str) -> int:
        '''
        # 方法1: hasMap{} 记录每个窗口内字符的下标;  token在hasMap() 中出现,说明出现重复, 此时更新滑动窗口; 
        
        hasMap = {}  # 记录token-id
        start, end, res = 0, 0, 0
        for i, token in enumerate(s):
            # 如果在hasMap 中则进行start位置更新
            # {a:1, b:2}  aba  对于开始位置调整到 b
            if token in hasMap:
                # 判断重复字符是不是在当前起始序列中,如果不在则加入到当前序列; 如果在当前序列,说明出现重复,开始位置进行转换
                if start <= hasMap[token]:
                    start = hasMap[token] + 1
            
            hasMap[token] = i
            end += 1
            res = max(res, end-start)
        return res
        '''
        # 思路2: 仍然是 hasMap()但是使用双指针滑动窗口; 记录的是出现次数, 和位置类似; 
        window = {}
        left, right, res = 0, 0, 0
        while right < len(s):
            rightChar = s[right]
            right += 1
            if rightChar not in window:
                window[rightChar] = 0
            window[rightChar] += 1
            
            while window[rightChar] > 1:
                leftChar = s[left]
                left += 1
                
                # window更新
                window[leftChar] -= 1
            res = max(res, right-left)      # 这里很巧妙, left+1 之后则是 不重复的字符串,可以直接计算长度; 
        return res

五、最后总结—模板总结

建议背诵并默写这套框架,顺便背诵一下文章开头的那首诗。以后就再也不怕子串、子数组问题了。

int left = 0, right = 0;

# 右窗口扩张
while (right < s.size()) {
    window.add(s[right]);
    right++;

	# 左窗口收缩
    while (valid) {
        window.remove(s[left]);
        left++;
    }
}

其中 window 的数据类型可以视具体情况而定,比如上述题目都使用哈希表充当计数器,当然你也可以用一个数组实现同样效果,因为我们只处理英文字母。

另外,滑动窗口技巧也可以运用在数组中,比如给一个数组,求其中 sum 最大的子数组,或者求平均数最大的子数组,都可以用滑动窗口技巧解决。 [动态规划也可以,个人注: 动态规划的思想和滑动窗口的思路我觉得挺像的, 目前仅仅指的 字符串和数组, 局部解和最右解关系, 后面刷题再看看]。

滑动窗口的时间复杂度、空间复杂度分析

1. 时间复杂度: right先移动,一直移动,达到某种条件以后left再移动, 似乎不存在  乘法关系;  
2. 两者都是一遍路过,遍历,不存在 乘机,所以是O(N)

leetcode刷题整理

动态窗口-395. 至少有K个重复字符的最长子串

2021秋招-算法-滑动窗口算法框架_第5张图片

  • 递归思路: 我怎么就想不到呢
  • 时间复杂度:
class Solution:
    def longestSubstring(self, s: str, k: int) -> int:
        if len(s) < k:
            return 0
        # 找个字符串个数最少的字符
        t = min(set(s), key=s.count)
        # 最少字符的个数都大于等于k
        if s.count(t) >= k:
            return len(s)
        return max(self.longestSubstring(a,k) for a in s.split(t))
  • 滑动窗口: 不会…

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