滑动窗口算法通用思想

滑动窗口算法通用思想本文详解「滑动窗口」这种高级双指针技巧的算法框架,带你秒杀几道难度较大的子字符串匹配问题:最小覆盖子串找到字符串中所有字母异位词无重复字符的最长子串最后抽象出一个简单的滑动窗口算法框架。LeetCode上至少有9道题目可以用此方法高效解决。但是有几道是VIP题目,有几道题目虽不难但太复杂,所以本文只选择点赞最高,较为经典的,最能够讲明白的三道题来讲解。第一题为了让读者掌握算法模…

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本文详解「滑动窗口」这种高级双指针技巧的算法框架,带你秒杀几道难度较大的子字符串匹配问题:

最小覆盖子串
找到字符串中所有字母异位词
无重复字符的最长子串

最后抽象出一个简单的滑动窗口算法框架。

LeetCode 上至少有 9 道题目可以用此方法高效解决。但是有几道是 VIP 题目,有几道题目虽不难但太复杂,所以本文只选择点赞最高,较为经典的,最能够讲明白的三道题来讲解。第一题为了让读者掌握算法模板,篇幅相对长,后两题就基本秒杀了。

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 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)。

本文大部分代码都是图片形式,可以点开放大,更重要的是可以左右滑动方便对比代码。下面进入正题。

一、最小覆盖子串

题目链接
题目不难理解,就是说要在 S(source) 中找到包含 T(target) 中全部字母的一个子串,顺序无所谓,但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

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思路很直接吧,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,把索引闭区间 [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。左右指针轮流前进,窗口大小增增减减,窗口不断向右滑动。

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:
在这里插入图片描述增加 right,直到窗口 [left, right] 包含了 T 中所有字符:
在这里插入图片描述
现在开始增加 left,缩小窗口 [left, right]。
在这里插入图片描述
直到窗口中的字符串不再符合要求,left 不再继续移动。
在这里插入图片描述
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。至于如何具体到问题,如何得出此题的答案,都是编程问题,等会提供一套模板,理解一下就会了。

上述过程可以简单地写出如下伪码框架:

string s, t;
// 在 s 中寻找 t 的「最小覆盖子串」
int left = 0, right = 0;
string res = s;

while(right < s.size()) {
    window.add(s[right]);
    right++;
    // 如果符合要求,移动 left 缩小窗口
    while (window 符合要求) {
        // 如果这个窗口的子串更短,则更新 res
        res = minLen(res, window);
        window.remove(s[left]);
        left++;
    }
}
return res;

如果上述代码你也能够理解,那么你离解题更近了一步。现在就剩下一个比较棘手的问题:如何判断 window 即子串 s[left…right] 是否符合要求,是否包含 t 的所有字符呢?

可以用两个哈希表当作计数器解决。用一个哈希表 needs 记录字符串 t 中包含的字符及出现次数,用另一个哈希表 window 记录当前「窗口」中包含的字符及出现的次数,如果 window 包含所有 needs 中的键,且这些键对应的值都大于等于 needs 中的值,那么就可以知道当前「窗口」符合要求了,可以开始移动 left 指针了。

现在将上面的框架继续细化:

string s, t;
// 在 s 中寻找 t 的「最小覆盖子串」
int left = 0, right = 0;
string res = s;

// 相当于两个计数器
unordered_map<char, int> window;
unordered_map<char, int> needs;
for (char c : t) needs[c]++;

// 记录 window 中已经有多少字符符合要求了
int match = 0; 

while (right < s.size()) {
    char c1 = s[right];
    if (needs.count(c1)) {
        window[c1]++; // 加入 window
        if (window[c1] == needs[c1])
            // 字符 c1 的出现次数符合要求了
            match++;
    }
    right++;

    // window 中的字符串已符合 needs 的要求了
    while (match == needs.size()) {
        // 更新结果 res
        res = minLen(res, window);
        char c2 = s[left];
        if (needs.count(c2)) {
            window[c2]--; // 移出 window
            if (window[c2] < needs[c2])
                // 字符 c2 出现次数不再符合要求
                match--;
        }
        left++;
    }
}
return res;

上述代码已经具备完整的逻辑了,只有一处伪码,即更新 res 的地方,不过这个问题太好解决了,直接看解法吧!

string minWindow(string s, string t) {
    // 记录最短子串的开始位置和长度
    int start = 0, minLen = INT_MAX;
    int left = 0, right = 0;
    
    unordered_map<char, int> window;
    unordered_map<char, int> needs;
    for (char c : t) needs[c]++;
    
    int match = 0;
    
    while (right < s.size()) {
        char c1 = s[right];
        if (needs.count(c1)) {
            window[c1]++;
            if (window[c1] == needs[c1]) 
                match++;
        }
        right++;
        
        while (match == needs.size()) {
            if (right - left < minLen) {
                // 更新最小子串的位置和长度
                start = left;
                minLen = right - left;
            }
            char c2 = s[left];
            if (needs.count(c2)) {
                window[c2]--;
                if (window[c2] < needs[c2])
                    match--;
            }
            left++;
        }
    }
    return minLen == INT_MAX ?
                "" : s.substr(start, minLen);
}

如果直接甩给你这么一大段代码,我想你的心态是爆炸的,但是通过之前的步步跟进,你是否能够理解这个算法的内在逻辑呢?你是否能清晰看出该算法的结构呢?

这个算法的时间复杂度是 O(M + N)O(M+N),MM 和 NN 分别是字符串 SS 和 TT 的长度。因为我们先用 forfor 循环遍历了字符串 TT 来初始化 needsneeds,时间 O(N)O(N),之后的两个 whilewhile 循环最多执行 2M2M 次,时间 O(M)O(M)。

读者也许认为嵌套的 while 循环复杂度应该是平方级,但是你这样想,while 执行的次数就是双指针 left 和 right 走的总路程,最多是 2M 嘛。

二、找到字符串中所有字母异位词

题目连接

这道题的难度是 Easy,但是评论区点赞最多的一条是这样:

How can this problem be marked as easy???

实际上,这个 Easy 是属于了解双指针技巧的人的,只要把上一道题的代码改中更新 res 部分的代码稍加修改就成了这道题的解:

C++

vector<int> findAnagrams(string s, string t) {
    // 用数组记录答案
    vector<int> res;
    int left = 0, right = 0;
    unordered_map<char, int> needs;
    unordered_map<char, int> window;
    for (char c : t) needs[c]++;
    int match = 0;
    
    while (right < s.size()) {
        char c1 = s[right];
        if (needs.count(c1)) {
            window[c1]++;
            if (window[c1] == needs[c1])
                match++;
        }
        right++;

        while (match == needs.size()) {
            // 如果 window 的大小合适
            // 就把起始索引 left 加入结果
            if (right - left == t.size()) {
                res.push_back(left);
            }
            char c2 = s[left];
            if (needs.count(c2)) {
                window[c2]--;
                if (window[c2] < needs[c2])
                    match--;
            }
            left++;
        }
    }
    return res;
}

因为这道题和上一道的场景类似,也需要 window 中包含串 t 的所有字符,但上一道题要找长度最短的子串,这道题要找长度相同的子串,也就是「字母异位词」嘛。如果本文对你有帮助,关注我的众公号 labuladong 看更多精彩算法文章~

三、无重复字符的最长子串

题目链接

遇到子串问题,首先想到的就是滑动窗口技巧。

类似之前的思路,使用 window 作为计数器记录窗口中的字符出现次数,然后先向右移动 right,当 window 中出现重复字符时,开始移动 left 缩小窗口,如此往复:

int lengthOfLongestSubstring(string s) {
    int left = 0, right = 0;
    unordered_map<char, int> window;
    int res = 0; // 记录最长长度

    while (right < s.size()) {
        char c1 = s[right];
        window[c1]++;
        right++;
        // 如果 window 中出现重复字符
        // 开始移动 left 缩小窗口
        while (window[c1] > 1) {
            char c2 = s[left];
            window[c2]--;
            left++;
        }
        res = max(res, right - left);
    }
    return res;
}

需要注意的是,因为我们要求的是最长子串,所以需要在每次移动 right 增大窗口时更新 res,而不是像之前的题目在移动 left 缩小窗口时更新 res。

最后总结

通过上面三道题,我们可以总结出滑动窗口算法的抽象思想:

int left = 0, right = 0;

while (right < s.size()) {
    window.add(s[right]);
    right++;
    
    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。

稍微麻烦的地方就是这个 valid 条件,为了实现这个条件的实时更新,我们可能会写很多代码。比如前两道题,看起来解法篇幅那么长,实际上思想还是很简单,只是大多数代码都在处理这个问题而已。

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