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：
-
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」。
-
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）。
-
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。
-
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，needs和window相当于计数器，分别记录T中字符出现次数和「窗口」中的相应字符的出现次数。
初始状态：
增加right，直到窗口[left, right)包含了T中所有字符：
现在开始增加left，缩小窗口[left, right)。
直到窗口中的字符串不再符合要求，left不再继续移动。
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valid和need.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
- 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…