Leetcod面试经典150题刷题记录 —— 滑动窗口篇
滑动窗口篇
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- 1. 长度最小的子数组
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- Python3
- 2. 无重复字符的最长子串
- 3. 串联所有单词的子串
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- 3.1 *(本题前导题)* 找到字符串中所有字母异位词
- 本题
- 4. 最小覆盖子串
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- 官方解法
- 优化解法(我写的不太成功，并未加速)
滑动窗口就像一只蠕动的蚯蚓，头部前进，尾部蓄力，和双指针天生一对。
1. 长度最小的子数组
题目链接：长度最小的子数组 - leetcode
题目描述：
给定一个含有 n 个正整数的数组和一个正整数 target 。找出该数组中满足其总和大于等于 target 的长度最小的 连续子数组 [ n u m s l nums_l numsl, n u m s l + 1 nums_{l+1} numsl+1, …, n u m s r − 1 nums_{r-1} numsr−1, n u m s r nums_r numsr] ，并返回其长度。如果不存在符合条件的子数组，返回 0 。
题目归纳：
(1)子数组总和 >= target
(2)子数组要连续 [nums_l, nums_(l+1), … , nums_(r-1), nums_r]
(3)长度为r-(l-1)，值要最小
(4)数组的值均为正整数，所以只管考虑相加
解题思路：
(1) 解法： 见代码。
Python3
class Solution:
def minSubArrayLen(self, target: int, nums: List[int]) -> int:
# (1)子数组总和 >= target
# (2)子数组要连续 [nums_l, nums_(l+1), ... , nums_(r-1), nums_r]
# (3)长度为r-(l-1)，值要最小
# (4)数组的值均为正整数，所以只管考虑相加
# sum[i] = sum (nums[0] + ... + nums[i])
# 那么子数组[nums_l, nums_(l+1), ... , nums_(r-1), nums_r]的和就会等于 sum[r] - sum[l-1]
# 与 盛最多水容器 一题类似，移动值更小的边界指针
n = len(nums)
if(n == 0):
return 0
l, r = 0, 0
ans_len = 1e9
sums = 0
while r < n:
sums += nums[r]
while sums >= target: # 这里的l+=1移动值得玩味
ans_len = min(ans_len, r-(l-1))
sums -= nums[l]
l += 1
r += 1
if ans_len == 1e9: # 说明所有数组元素加起来都小于target
return 0
else:
return ans_len
2. 无重复字符的最长子串
题目链接：无重复字符的最长子串 - leetcode
题目描述：
给定一个字符串 s ，请你找出其中不含有重复字符的 最长子串 的长度。
题目归纳：
(1)如果依次递增地枚举子串的起始位置，那么子串的结束位置也是递增的解题思路：
(1) 解法： 见代码。
class Solution:
def lengthOfLongestSubstring(self, s: str) -> int:
hash_set = set()
n = len(s)
right, ans = -1, 0
for i in range(n):
if i > 0:
hash_set.remove(s[i-1]) # 移除起始处前一个位置的元素
while right + 1 < n and s[right+1] not in hash_set: # 下一个元素不重复，循环这个过程
hash_set.add(s[right+1])
right += 1 # 真正右移
ans = max(ans, right-i+1)
return ans
3. 串联所有单词的子串
3.1 (本题前导题) 找到字符串中所有字母异位词
题目链接：找到字符串中所有字母异位词 - leetcode
题目描述：
给定两个字符串 s 和 p，找到 s 中所有 p 的 异位词 的子串，返回这些子串的起始索引。不考虑答案输出的顺序。异位词 指由相同字母重排列形成的字符串（包括相同的字符串）。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"的异位词。
起始索引等于 6 的子串是"bac", 它是"abc"的异位词。
s 和 p 仅包含小写字母题目归纳：
题意不难理解。第一步，如果给你两个字符串，长度一致，各字符数量一致，这两个字符串即互为异位词。第二步，滑动窗口寻找。建一个和 p p p串长度相同的滑动窗口，在 s s s中滑动，那么只要这个窗口字符数量与 p p p一致，即为异位词。
解题思路：
(1) 解法： 找到字符串中所有字母异位词 - leetcode官方题解
# (1)python原生写法，数组统计词频
class Solution:
def findAnagrams(self, s: str, p: str) -> List[int]:
s_len, p_len = len(s), len(p)
if s_len < p_len:
return []
ans = []
s_count = [0]*26
p_count = [0]*26
for i in range(p_len):
p_count[ord(p[i]) - 97] += 1 # ord()返回对应的unicode编码，97是a的ASCII码值
s_count[ord(s[i]) - 97] += 1
if (s_count == p_count): # 词频数组相等
ans.append(0) # 开头位置就是答案之一
for i in range(1,s_len - p_len+1) : # 滑动窗口的起始位置，最多不会超过s_len - p_len
s_count[ord(s[i-1]) - 97] -= 1 # 滑动窗口向右滑动中
s_count[ord(s[i+p_len-1]) - 97] += 1 # 滑动窗口向右滑动，下一个要包括的字符词频+1
if s_count == p_count:
ans.append(i)
return ans
# (2)python中的collections写法，Counter()类统计词频
from collections import Counter # leetcode刷题时，最好把引用也写上，避免到时引用类没有自动提示
class Solution:
def findAnagrams(self, s: str, p: str) -> List[int]:
s_len, p_len = len(s), len(p)
if s_len < p_len:
return []
ans = []
s_count = Counter() # Counter()类统计词频，十分好用
p_count = Counter()
for i in range(p_len):
p_count[p[i]] += 1
s_count[s[i]] += 1
if (s_count == p_count): # 词频数组相等
ans.append(0) # 开头位置就是答案之一
for i in range(1,s_len - p_len+1) : # 滑动窗口的起始位置，最多不会超过s_len - p_len
s_count[s[i-1]] -= 1
s_count[s[i+p_len-1]] += 1
if s_count == p_count:
ans.append(i)
return ans
本题
题目链接：串联所有单词的子串 - leetcode
题目描述：
给定一个字符串 s 和一个字符串数组 words。 words 中所有字符串 长度相同。 s 中的 串联子串 是指一个包含 words 中所有字符串以任意顺序排列连接起来的子串。例如，如果words = ["ab","cd","ef"]， 那么"abcdef"，"abefcd"，"cdabef"，"cdefab"，"efabcd"， 和"efcdab"都是串联子串。"acdbef"不是串联子串，因为他不是任何 words 排列的连接。返回所有串联子串在 s 中的开始索引。你可以以 任意顺序 返回答案。
题目归纳：
在有了前导题的基础上，乍一看可以用全排列，先将数组中的子串组合情况全部列出来，然后放入字符串s中进行s.find(sub_str)进行查找，但是这种方式的时间复杂度太高，达到了 O ( n ! ) O(n!) O(n!)， n n n是数组长度。
解题思路：
(1) 解法： 串联所有单词的子串 - leetcode官方题解
from collections import Counter # leetcode刷题时，最好把引用也写上，避免到时引用类没有自动提示
class Solution:
def findSubstring(self, s: str, words: List[str]) -> List[int]:
# 第438题的元素是字母，此题的元素是单词。438题是求异位词，而这里是求异位字符串
res = []
m = len(words)
n = len(words[0]) # 每个单词长度一致
s_len = len(s)
window_len = m*n
for i in range(n):
if i + window_len > s_len: # i+偏移量若>s_len则越界，这里偏移量为words长度，即窗口长度m*n
break
# Counter()类用法:
# (1)https://blog.csdn.net/weixin_67683316/article/details/127079849
# (2)https://docs.python.org/3/library/collections.html#collections.Counter
# 这道题中，Counter()也可以理解为hash表，只是更便于调用，用dict()实现也是一样的
differ = Counter()
# 一、对s进行切片，每个切片长度为n，这样才是类似于字母异位词的搜寻。
# 划分方法为，先删去前i个字母，再对剩余字母进行切片长度为n的划分，若划分至末尾字母长度不足n，也删去
for j in range(m):
word = s[i + j*n : i + (j+1)*n]
# 初始化differ时，出现在窗口中的单词，每出现一次，相应的值+1，
differ[word] += 1
for w in words: # 这里遍历循环最好不要写成for word in words, 避免与上面产生阅读歧义
# 出现在words中的单词，每出现一次，相应的值-1
differ[w] -= 1
if differ[w] == 0: # 词频不能低于0，必须删除，要么做减法时加限制条件
del differ[w]
# [i, i+n, i+2n,...,s_len - window_len]
for start in range(i, s_len-window_len + 1, n):
if start != i:
# 窗口右移，右侧加入新词，左侧移出旧词，对differ做相应的更新
new_word = s[start + window_len - n : start + window_len]
differ[new_word] += 1
if differ[new_word] == 0:
del differ[new_word]
old_word = s[start-n: start]
differ[old_word] -= 1
if differ[old_word] == 0:
del differ[old_word]
if len(differ) == 0: # 词频完全一致，则为串联子串，可以append此时索引
res.append(start)
return res
4. 最小覆盖子串
题目链接：最小覆盖子串 - leetcode
题目描述：
给你一个字符串 s 、一个字符串 t 。返回 s 中涵盖 t 所有字符的最小子串。如果 s 中不存在涵盖 t 所有字符的子串，则返回空字符串 “” 。输入：s =
"ADOBECODEBANC", t ="ABC"
输出："BANC"
解释：最小覆盖子串 “BANC” 包含来自字符串 t 的'A'、'B'和'C'。题目归纳：
测试用例保证答案唯一。
解题思路：
(1) 解法： 最小覆盖子串 - leetcode官方题解
官方解法
from collections import Counter # leetcode刷题时，最好把引用也写上，避免到时引用类没有自动提示
class Solution:
def check(self, window_counter: Counter, t_counter: Counter):
# 如果window中的词频数量>=t，则是符合条件的
if window_counter >= t_counter:
return True
else:
return False
def minWindow(self, s: str, t: str) -> str:
# 查找s中，涵盖t所有字符的最小子串，像《找到字符串中所有字母异位词》的扩展
# 《找到字符串中所有字母异位词》是目标长度必须相同，且字符频数也必须相同
# 这道题只需要字符频数相同，长度可以>=，也就是说，这题的滑动窗口，window_len是不固定的
# 解题思路
# (1)称包含t的全部字母窗口，为"可行"窗口
# (2)双指针l与r。窗口包含t串，左指针l右移，窗口不包含t串，右指针r右移。任意时刻，只有一个指针运动。
# (3)此时要比较ans_len长度，若ans_len比之前更小，那么更新ans_len与ans。ans_len = r-(l-1)
# (4)用Counter计算字符频率
# (5)优化版本，官解未实现。精简无关字符串，就是扔掉一些无关子串，如s=XXABXXC, t=ABC，那么可以扔掉开头的两个XX
s_len = len(s)
t_len = len(t)
if s_len < t_len:
return ""
window_counter = Counter() # 窗口字频词典
t_counter = Counter() # t字频词典
# (1)计算t中字符频率
for ch in t:
t_counter[ch] += 1
# (2)双指针
l, r = 0, 0
ans_len = 1e9
ans = ""
while r < s_len:
s_r = s[r]
if r < s_len and t_counter[s_r] > 0: # r指针未越界，且当前字符在t_counter字频词典中
window_counter[s_r] += 1 # 窗口中该字频+1
while self.check(window_counter,t_counter) and l <= r: # 在s中找到了包含t的字符串
window_len = r-l+1
if window_len < ans_len: # 找到了更小的窗口长度
ans_len = window_len
ans = s[l: l+window_len]
s_l = s[l]
if t_counter[s_l] > 0: # 只在window_counter中，减去与t串相关的字符词频。
window_counter[s_l] -= 1 # 左指针向右移动
if window_counter[s_l] == 0: # 有无这行判断对求解无影响，为了严谨
del window_counter[s_l]
l += 1 # 窗口包含t串，左指针l右移
r += 1 # 窗口不包含t串，右指针r右移
return ans
优化解法(我写的不太成功，并未加速)
from collections import Counter # leetcode刷题时，最好把引用也写上，避免到时引用类没有自动提示
class Solution:
def check(self, window_counter: Counter, t_counter: Counter):
# 如果window中的词频数量>=t，则是符合条件的
if window_counter >= t_counter:
return True
else:
return False
def minWindow(self, s: str, t: str) -> str:
# 查找s中，涵盖t所有字符的最小子串，像《找到字符串中所有字母异位词》的扩展
# 《找到字符串中所有字母异位词》是目标长度必须相同，且字符频数也必须相同
# 这道题只需要字符频数相同，长度可以>=，也就是说，这题的滑动窗口，window_len是不固定的
# 解题思路
# (1)称包含t的全部字母窗口，为"可行"窗口
# (2)双指针l与r。窗口包含t串，左指针l右移，窗口不包含t串，右指针r右移。任意时刻，只有一个指针运动。
# (3)此时要比较ans_len长度，若ans_len比之前更小，那么更新ans_len与ans。ans_len = r-(l-1)
# (4)用Counter计算字符频率
# (5)优化版本，官解未实现。精简无关字符串，就是扔掉一些无关子串，如s=XXABXXC, t=ABC，那么可以扔掉开头的两个XX
s_len = len(s)
t_len = len(t)
if s_len < t_len:
return ""
window_counter = Counter() # 窗口字频词典
t_counter = Counter() # t字频词典
# (1)计算t中字符频率
for ch in t:
t_counter[ch] += 1
# ()优化部分，可选。
faster_start = 0 # 更快速的起点位置
faster_end = s_len - 1 # 更快速的终点位置
# 优化解法，扔掉s中前面与后面未在t中出现的字符串部分
while faster_start < s_len:
if t_counter[s[faster_start]] == 0: # s中的该字符未在t中出现,faster_start可以前进
faster_start += 1
else:
break # 找到了第一个出现的位置就跳出，不再前进
while faster_end > 0:
if t_counter[s[faster_end]] == 0:
faster_end -= 1
else:
break
# (2)双指针
l, r = faster_start, 0
ans_len = 1e9
ans = ""
while r < faster_end+1:
s_r = s[r]
if r < s_len and t_counter[s_r] > 0: # r指针未越界，且当前字符在t_counter字频词典中
window_counter[s_r] += 1 # 窗口中该字频+1
while self.check(window_counter,t_counter) and l <= r: # 在s中找到了包含t的字符串
window_len = r-l+1
if window_len < ans_len: # 找到了更小的窗口长度
ans_len = window_len
ans = s[l: l+window_len]
s_l = s[l]
if t_counter[s_l] > 0: # 只在window_counter中，减去与t串相关的字符词频。
window_counter[s_l] -= 1 # 左指针向右移动
if window_counter[s_l] == 0: # 有无这行判断对求解无影响，为了严谨
del window_counter[s_l]
l += 1 # 窗口包含t串，左指针l右移
r += 1 # 窗口不包含t串，右指针r右移
return ans