文章目录
- 😎前言
- 🍀[长度最小的子数组](https://leetcode.cn/problems/minimum-size-subarray-sum/description/)
- 🚩题目描述：
- 🚩算法思路：
- 🚩滑动窗口可以解决问题的原因？
- 🚩代码实现：
- 🌲[无重复字符的最长子串](https://leetcode.cn/problems/longest-substring-without-repeating-characters/)
- 🚩题目描述：
- 🚩算法思路：
- 🚩代码实现：
- 🎍[最大连续1的个数|||](https://leetcode.cn/problems/max-consecutive-ones-iii/)
- 🚩题目描述：
- 🚩算法思路：
- 🚩代码实现：
- 🎋[将x减到0的最小操作数](https://leetcode.cn/problems/minimum-operations-to-reduce-x-to-zero/description/)
- 🚩题目描述：
- 🚩算法思路：
- 🚩算法流程：
- 🚩代码实现：
- ⭕总结
😎前言
基本概念
滑动窗口是一种基于双指针的一种思想，两个指针指向的元素之间形成一个窗口。
分类：窗口有两类，一种是固定大小类的窗口，一类是大小动态变化的窗口。
🍀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 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 [numsl, numsl+1, …, numsr-1, numsr] ，并返回其长度。如果不存在符合条件的子数组，返回 0 。
-
示例 1：
输入：target = 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子数组。 -
示例 2：
输入：target = 4, nums = [1,4,4]
输出：1 -
示例 3：
输入：target = 11, nums = [1,1,1,1,1,1,1,1]
输出：0
class Solution {
public int minSubArrayLen(int target, int[] nums) {
}
}
🚩算法思路：
由于此问题分析的对象是「⼀段连续的区间」，因此可以考虑「滑动窗⼝」的思想来解决这道题。
让滑动窗⼝满⾜：从 i 位置开始，窗⼝内所有元素的和⼩于 target （那么当窗内元素之和第⼀次⼤于等于⽬标值的时候，就是 i 位置开始，满⾜条件的最⼩⻓度）。
做法：将右端元素划⼊窗⼝中，统计出此时窗⼝内元素的和：
-
如果窗⼝内元素之和⼤于等于 target ：更新结果，并且将左端元素划出去的同时继续判断是否满⾜条件并更新结果（因为左端元素可能很⼩，划出去之后依旧满⾜条件）
-
如果窗⼝内元素之和不满⾜条件： right++ ，另下⼀个元素进⼊窗⼝。
🚩滑动窗口可以解决问题的原因？
为何滑动窗⼝可以解决问题，并且时间复杂度更低？
- 这个窗⼝寻找的是：以当前窗⼝最左侧元素（记为 left1 ）为基准，符合条件的情况。也就是在这道题中，从 left1 开始，满⾜区间和 sum >= target 时的最右侧（记为right1 ）能到哪⾥。
- 我们既然已经找到从 left1 开始的最优的区间，那么就可以⼤胆舍去 left1 。但是如果继续像⽅法⼀⼀样，重新开始统计第⼆个元素（ left2 ）往后的和，势必会有⼤量重复的计算（因为我们在求第⼀段区间的时候，已经算出很多元素的和了，这些和是可以在计算下次区间和的时候⽤上的）。
- 此时， rigth1 的作⽤就体现出来了，我们只需将 left1 这个值从sum 中剔除。从right1 这个元素开始，往后找满⾜ left2 元素的区间（此时 right1 也有可能是满⾜的，因为 left1 可能很⼩。 sum 剔除掉 left1 之后，依旧满⾜⼤于等于target ）。这样我们就能省掉⼤量重复的计算。
这样我们不仅能解决问题，⽽且效率也会⼤⼤提升。时间复杂度：虽然代码是两层循环，但是我们的 left 指针和 right 指针都是不回退的，两者最多都往后移动 n 次。因此时间复杂度是O(N)
🚩代码实现：
class Solution {
public int minSubArrayLen(int target, int[] nums)
{
int n = nums.length;
int sum = 0;
int len = Integer.MAX_VALUE;
for(int left = 0, right = 0; right < n; right++) {
sum += nums[right]; // 进窗⼝
// 判断
while(sum >= target) {
len = Math.min(len, right - left + 1); // 更新结果
sum -= nums[left++]; // 出窗⼝
}
}
return len == Integer.MAX_VALUE ? 0 : len;
}
}
🌲无重复字符的最长子串
🚩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。
-
示例 1:
输入: s = “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: s = “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: s = “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。
class Solution {
public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
}
}
🚩算法思路：
研究的对象依旧是⼀段连续的区间，因此继续使⽤「滑动窗⼝」思想来优化。
让滑动窗⼝满⾜：窗⼝内所有元素都是不重复的。
做法：右端元素 ch 进⼊窗⼝的时候，哈希表统计这个字符的频次：
- 如果这个字符出现的频次超过 1 ，说明窗⼝内有重复元素，那么就从左侧开始划出窗⼝，
直到 ch 这个元素的频次变为 1 ，然后再更新结果。 - 如果没有超过 1 ，说明当前窗⼝没有重复元素，可以直接更新结果
🚩代码实现：
class Solution {
public int lengthOfLongestSubstring(String ss) {
char[] s = ss.toCharArray();
int[] hash = new int[128]; // ⽤数组模拟哈希表
int left = 0;
int right = 0;
int n = ss.length();
int ret = 0;
while(right < n) {
hash[s[right]]++; // 进⼊窗⼝
// 判断
while(hash[s[right]] > 1) {
hash[s[left++]]--; // 出窗⼝
}
ret = Math.max(ret, right - left + 1); // 更新结果
right++; // 让下⼀个字符进⼊窗⼝
}
return ret;
}
}
🎍最大连续1的个数|||
🚩题目描述：
给定一个二进制数组 nums 和一个整数 k，如果可以翻转最多 k 个 0 ，则返回 数组中连续 1 的最大个数 。
- 示例 1：
输入：nums = [1,1,1,0,0,0,1,1,1,1,0], K = 2
输出：6
解释：[1,1,1,0,0,1,1,1,1,1,1]
粗体数字从 0 翻转到 1，最长的子数组长度为 6。 - 示例 2：
输入：nums = [0,0,1,1,0,0,1,1,1,0,1,1,0,0,0,1,1,1,1], K = 3
输出：10
解释：[0,0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,0,0,0,1,1,1,1]
粗体数字从 0 翻转到 1，最长的子数组长度为 10。
class Solution {
public int longestOnes(int[] nums, int k) {
}
}
🚩算法思路：
不要去想怎么翻转，不要把问题想的很复杂，这道题的结果⽆⾮就是⼀段连续的 1 中间塞了 k 个 0 嘛。
因此，我们可以把问题转化成：求数组中⼀段最⻓的连续区间，要求这段区间内 0 的个数不超过 k 个。
既然是连续区间，可以考虑使⽤「滑动窗⼝」来解决问题。
算法流程：
- 初始化⼀个⼤⼩为 2 的数组就可以当做哈希表 hash 了；初始化⼀些变量 left = 0 ,
right = 0 , ret = 0 ； - 当 right ⼩于数组⼤⼩的时候，⼀直下列循环：
- 让当前元素进⼊窗⼝，顺便统计到哈希表中；
- 检查 0 的个数是否超标：
如果超标，依次让左侧元素滑出窗⼝，顺便更新哈希表的值，直到 0 的个数恢复正
常；
- 程序到这⾥，说明窗⼝内元素是符合要求的，更新结果；
- right++ ，处理下⼀个元素；
- 循环结束后， ret 存的就是最终结果
🚩代码实现：
class Solution {
public int longestOnes(int[] nums, int k) {
int ret = 0;
for(int left = 0, right = 0, zero = 0; right < nums.length; right++) {
if(nums[right] == 0) {
zero++; // 进窗⼝
}
while(zero > k) {
// 判断
if(nums[left++] == 0) {
zero--; // 出窗⼝
}
}
ret = Math.max(ret, right - left + 1); // 更新结果
}
return ret;
}
}
🎋将x减到0的最小操作数
🚩题目描述：
给你一个整数数组 nums 和一个整数 x 。每一次操作时，你应当移除数组 nums 最左边或最右边的元素，然后从 x 中减去该元素的值。请注意，需要 修改 数组以供接下来的操作使用。
如果可以将 x 恰好 减到 0 ，返回 最小操作数 ；否则，返回 -1 。
-
示例 1：
输入：nums = [1,1,4,2,3], x = 5
输出：2
解释：最佳解决方案是移除后两个元素，将 x 减到 0 。 -
示例 2：
输入：nums = [5,6,7,8,9], x = 4
输出：-1 -
示例 3：
输入：nums = [3,2,20,1,1,3], x = 10
输出：5
解释：最佳解决方案是移除后三个元素和前两个元素（总共 5 次操作），将 x 减到 0 。
class Solution {
public int minOperations(int[] nums, int x) {
}
}
🚩算法思路：
题⽬要求的是数组「左端+右端」两段连续的、和为 x 的最短数组，信息量稍微多⼀些，不易理清思路；我们可以转化成求数组内⼀段连续的、和为 sum(nums) – x 的最⻓数组。此时，就是熟悉的「滑动窗⼝」问题了
🚩算法流程：
- 转化问题：求 target = sum(nums) – x 。如果 target < 0 ，问题⽆解；
- 初始化左右指针 left = 0 , right = 0 （滑动窗⼝区间表⽰为 [left, right) ，左右区间是否开闭很重要，必须设定与代码⼀致），记录当前滑动窗⼝内数组和的变量 sum = 0 ，记录当前满⾜条件数组的最⼤区间⻓度 maxLen = -1 ；
- 当 right ⼩于等于数组⻓度时，⼀直循环：
- 如果 sum < target ，右移右指针，直⾄变量和⼤于等于 target ，或右指针已经移到
头； - 如果 sum > target ，右移左指针，直⾄变量和⼩于等于 target ，或左指针已经移到
头； - 如果经过前两步的左右移动使得 sum == target ，维护满⾜条件数组的最⼤⻓度，并
让下个元素进⼊窗⼝；
- 循环结束后，如果 maxLen 的值有意义，则计算结果返回；否则，返回 -1 。
🚩代码实现：
class Solution {
public int minOperations(int[] nums, int x) {
int sum = 0;
for(int a : nums) {
sum += a;
}
int target = sum - x;
// 处理细节
if(target < 0) {
return -1;
}
int ret = -1;
for(int left = 0, right = 0, tmp = 0; right < nums.length; right++) {
tmp += nums[right]; // 进窗⼝
// 判断
while(tmp > target) {
tmp -= nums[left++]; // 出窗⼝
}
if(tmp == target){
ret = Math.max(ret, right - left + 1); // 更新结果
}
}
if(ret == -1) {
return ret;
} else {
return nums.length - ret;
}
}
}
⭕总结
关于《【算法优选】 滑动窗口专题——壹》就讲解到这儿，感谢大家的支持，欢迎各位留言交流以及批评指正，如果文章对您有帮助或者觉得作者写的还不错可以点一下关注，点赞，收藏支持一下！一起加油
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