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WeetCode2滑动窗口系列
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系列文章目录和关于我
一丶[无重复字符的最长子串](3. 无重复字符的最长子串 - 力扣（Leetcode）)
思路:
维护一个窗口，窗口中不存在重复的字符，窗口右边界从第一个字符移动到最后，使用一个变量记录窗口大小的最大值
那么问题就变成了：怎么确保窗口中不存在重复的字符，我们可以使用一个set，每次发现right位置的字符A重复后，就一直移动到之前A字符位置的下一个。比如 BACDHA，此时right位于第二个A，set中包含字符BACDH，为了维持不重复，我们要将左边界移动到第一个C的位置，while循环让left右移，并删除left位置的字符，直到第一个A被删除
继续思考下，其实没必要使用一个set，直接使用一个map即可，map需要记录字符和这个字符
最近出现的位置
,当前字符重复A的时候，就让left移动到A最近出现位置的前一个。比如BACDHA，此时right为A，map中记录了B->0，A->1等信息，我们只需要让left移动到1+1（A最近出现于下标1，left需要移动到2位置）然后再map中重新记录A->5即可
代码：
public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
//空字符串
if(s==null||s.length()==0){
return 0 ;
}
//窗口大小 最大值
int res = 0;
int left = 0;
int right = 0;
int len = s.length();
//key字符，value 这个字符最近在什么位置出现
HashMap<Character,Integer> recentLocation = new HashMap<>();
while(right<len){
//当前子u发
char curChar = s.charAt(right);
//获取这个字符出现的位置
Integer index = recentLocation.get(curChar);
//如果不为null 说明这个字符曾经出现过 那么这时候需要 让left 移动
if(index!=null){
left = Math.max(index+1,left);
}
//记录下最近的位置
recentLocation.put(curChar,right);
right++;
//窗口最大长度更新
res = Math.max(res,right-left);
}
return res;
}
二丶[最小覆盖子串](76. 最小覆盖子串 - 力扣（Leetcode）)
思路：
使用一个Map表示当前滑动串口亏欠t中字符的数量，
key 字符 value 当前窗口中亏欠的数目，亏欠的意思是当前窗口至少还需要多少个key的字符才满足t
当left小于right的时候，我们尽可能让left向右滑动，那么什么时候left可以向右滑昵？——当前left是一个t中根本不存在的字符，或者窗口中left位置的字符数量大于t中的数量（对应下面两图）（这其实是有贪心的思想在其中的，题目是找最短的，那么left越接近right 那么越短）并且亏欠map需要同时维护
然后我们需要移动right指针，同时维护亏欠map
那么什么时候窗口中满足要求包含了t中所有字符昵——亏欠map中不存在value大于0的entry，这时候我们需要更新最佳结果
并且找到一个答案之后，我们需要left向右移动一个位置，并维护亏欠map，比如
s=ADOBECODEBANC，t=ABC
我们第一次找到符合的结果是ADOBEC，这时候需要left向右，因为后面存在更优秀的答案。
代码：
class Solution {
public String minWindow(String s, String t) {
//逆天用例
if (s == null || s.length() == 0) {
return null;
}
if(s.length() < t.length()){
return "";
}
char[] tCharArray = t.toCharArray();
// key 字符 value 当前窗口中亏欠的数目，亏欠的意思是当前窗口至少还需要多少个key的字符才满足t
// value 为正数 表示窗口欠 t，0表示互不亏欠，负数表示窗口中此字符数目多于t
Map<Character, Integer> owesCharCountMap = new HashMap<Character, Integer>();
//初始化亏欠的数目
for (char loop : tCharArray) {
owesCharCountMap.put(loop, owesCharCountMap.getOrDefault(loop, 0) + 1);
}
String res = null;
int left = 0;
int right = 0;
while (right < s.length()) {
//如果left对应字符是无关紧要的字符（t中不包含的字符）
//或者left对应的字符那怕删掉 窗口中的字符也不会亏钱t中的字符
//满足上面任意一点 那么 left++
while (left < right && !isNecessary(left, s, owesCharCountMap)) {
//当前left的字符
char leftChar = s.charAt(left);
left++;
//当前窗口亏欠窗口中多少个
Integer count = owesCharCountMap.get(leftChar);
//如果不为null 说明leftChar 是t中的字符
if (count != null) {
//亏欠数++
owesCharCountMap.put(leftChar, count + 1);
}
}
//right位置的字符
char rightChar = s.charAt(right);
//right位置字符 窗口亏欠的数目
Integer count = owesCharCountMap.get(rightChar);
//right处字符是一个t中的字符 那么亏欠数-1
if (count != null) {
owesCharCountMap.put(rightChar, count - 1);
}
//如果窗口满足要求——指最起码不欠t中字符，及包含了所有t中的字符，那怕存在富足
if (meetRequirementsOrNot(owesCharCountMap)) {
//sub以下
String tempRes = s.substring(left, right + 1);
//记录
if (res == null || tempRes.length() < res.length()) {
res = tempRes;
}
//从窗口中 强制删除left位置处的字符
//比如s=ADOBECODEBANC t = ABC 此时窗口中字符为ADOBEC 我们找到了一种结果，但是后续可能存在更好的答案
//删除left位置的A 我们继续找更好的结果
char leftChar = s.charAt(left);
Integer leftCount = owesCharCountMap.get(leftChar);
if (leftCount!=null){
owesCharCountMap.put(leftChar,leftCount+1);
}
left++;
}
right++;
}
return res == null ? "" : res;
}
private boolean meetRequirementsOrNot(Map<Character, Integer> owesCharCountMap) {
for (Integer v : owesCharCountMap.values()) {
if (v == null) {
continue;
}
if (v > 0) {
return false;
}
}
return true;
}
private boolean isNecessary(int left, String s, Map<Character, Integer> owesCharCountMap) {
//left 位置的字符
char leftChar = s.charAt(left);
//当前亏欠map中的对应的亏欠数目
Integer count = owesCharCountMap.get(leftChar);
//为null 说明这个字符都不是t字符串中的字符 那么说明left位置的字符没必要存在于窗口中
if (count == null) {
return false;
}
//如果大于等于0 说明当前亏欠这个字符， 或者刚刚好，
//如果移动那么窗口中的字符数将不够覆盖t中所有字符
if (count >= 0) {
return true;
}
//说明left处的字符不是必要的
//说明 当前窗口中这个字符的数量已经大于t中这个字符的数量
return false;
}
}
三丶[串联所有单词的子串](30. 串联所有单词的子串 - 力扣（Leetcode）)
思路：
我的思路其实和第二题一样，也是恢复一个亏欠map 然后进行滑动窗口，只是这个开始滑动的位置应该是1~单个单词长度这个范围都进行滑动窗口，这一点很关键。
然后我们需要处理两种情况
- 滑动窗口中包含了 words中不存在的单词 ，那么前功尽弃，我们需要从这个不存在单词的结尾继续滑动
- 滑动窗口中包含单词1的数量大于了words数组中单词1的数量，那么其实我们应该从第一个出现单词1位置的下一个位置开始滑动
这个题推荐看题解30. 串联所有单词的子串 - 力扣（Leetcode）我的解法并不是很优秀
代码：
class Solution {
public List<Integer> findSubstring(String s, String[] words) {
List<Integer> res = new ArrayList<>();
int singleWordLen = words[0].length();
if (singleWordLen * words.length > s.length()) {
return res;
}
//亏欠map
Map<String, Integer> owensMap = new HashMap<>();
for (String loop : words) {
owensMap.put(loop, owensMap.getOrDefault(loop, 0) + 1);
}
int roundStartPos = 0;
//从第一个位置开始 ，第二个位置开始 。。到单个单词长度个位置
while (roundStartPos < singleWordLen) {
Map<String, Integer> owensMapTemp = new HashMap<>(owensMap);
int left = roundStartPos;
int right = roundStartPos;
//滑动窗口
while (right <= s.length() - singleWordLen) {
//left 位置的单词 不是必要的
while (left < right && !isNecessary(left, singleWordLen, s, owensMapTemp)) {
String temp = s.substring(left, left + singleWordLen);
Integer count = owensMapTemp.get(temp);
if (count != null) {
owensMapTemp.put(temp, count + 1);
}
left += singleWordLen;
}
//right位置的单词
String rightString = s.substring(right, right + singleWordLen);
Integer count = owensMapTemp.get(rightString);
//right位置的单词 是我们需要的 那么维护亏欠map
if (count != null && count >= 1) {
owensMapTemp.put(rightString, count - 1);
right += singleWordLen;
} else {
//right 位置的单词 不是words数组中的单词 那么直接然后right 跨过这个单词，直接从下一个单词开始
if (count == null) {
right = right + singleWordLen;
left = right;
owensMapTemp = new HashMap<>(owensMap);
} else {
//right位置的单词是words数组中的单词 但是当前窗口中这个单词数量 已经 大于words数组中这个单词数量的单词
//那么删除头部的第一个单词 然后继续，
String temp = s.substring(left, left + singleWordLen);
Integer tempCount = owensMapTemp.get(temp);
if (tempCount != null) {
owensMapTemp.put(temp, tempCount + 1);
}
left += singleWordLen;
}
}
//符合要求 那么left 移动到下一个单词 并继续 找出所有答案
if (meetRequire(owensMapTemp)) {
res.add(left);
String temp = s.substring(left, left + singleWordLen);
Integer tempCount = owensMapTemp.get(temp);
if (tempCount != null) {
owensMapTemp.put(temp, tempCount + 1);
}
left += singleWordLen;
}
}
roundStartPos++;
}
return res;
}
private boolean isNecessary(int left, int singleWordLen, String s, Map<String, Integer> owensMapTemp) {
String temp = s.substring(left, left + singleWordLen);
Integer count = owensMapTemp.get(temp);
if (count == null) {
return false;
}
if (count < 0) {
return false;
}
return true;
}
private boolean meetRequire(Map<String, Integer> owensMapTemp) {
for (Integer c : owensMapTemp.values()) {
if (c == null) {
continue;
}
if (c > 0) {
return false;
}
}
return true;
}
}
四丶[重复的DNA序列](187. 重复的DNA序列 - 力扣（Leetcode）)
思路：
这个题挺逆天的，很难想到怎么用滑动窗口做，使用2进制表示字母A，C，G，T，分别使用00，01，02，03，这样窗口滑动的时候就是第一个字母出去，意味着二进制表示左移位2，右边字符进来，使用位操作
代码：
class Solution {
public List<String> findRepeatedDnaSequences(String s) {
if(s == null || s.length()<=10){
return new ArrayList<>();
}
List<String> res = new LinkedList<>();
Map<Integer,Integer> memory = new HashMap<Integer,Integer>();
int right = 0;
int firstBi = 0;
while(right<10){
firstBi = (firstBi<<2)| binaryOf(s.charAt(right));
right++;
}
memory.put(firstBi,1);
while(right < s.length()){
int bi = binaryOf(s.charAt(right));
//左边字符出去 右边字符进来
firstBi = ((firstBi<<2) |bi)&((1<<20)-1);;
int count =memory.getOrDefault(firstBi,0)+1;
memory.put(firstBi,count);
if(count == 2){
res.add(s.substring(right+1-10,right+1));
}
right++;
}
return res;
}
private int binaryOf(char a){
if(a == 'A'){
return 0;
}
if(a == 'C'){
return 1;
}
if(a == 'G'){
return 2;
}
if(a == 'T'){
return 3;
}
return -1;
}
}
五丶[长度最小的子数组](209. 长度最小的子数组 - 力扣（Leetcode）)
思路：太简单了，窗口描述当前子数据，使用sum记录当前和，如果大于target那么更新长度，如果减去左边界的值还能大于，那么left++。直到right到 数组边界
class Solution {
public int minSubArrayLen(int target, int[] nums) {
if(nums == null||nums.length == 0){
return 0;
}
int left = 0;
int right = 1;
int sum =nums[0];
int minLen = sum>target?1:0;;
while(right<nums.length){
sum +=nums[right];
while(left<right && sum - nums[left]>=target){
sum -= nums[left];
left++;
}
if(sum>=target){
if(minLen == 0||minLen>right-left+1){
minLen = right - left+1;
}
}
right++;
}
return minLen;
}
}
六丶[存在重复元素 II](219. 存在重复元素 II - 力扣（Leetcode）)
思路：
维护一个长度为k的滑动窗口，使用set记录窗口中的数字，每次left位置的数据从窗口中出去，right位置的数进来，首先删除set中left代表的数字，然后如果right位置的数字存在于set中那么说明重复
代码：
public boolean containsNearbyDuplicate(int[] nums, int k) {
if(nums == null || nums.length<=1){
return false;
}
if(k == 0){
return false;
}
int left = 0;
int right = 0;
Set<Integer>memory = new HashSet<Integer>();
while(right<k+1 && right<nums.length){
if(!memory.add(nums[right])){
return true;
}
right++;
}
while(right <nums.length){
int newNum = nums[right];
memory.remove(nums[left++]);
right++;
if(!memory.add(newNum)){
return true;
}
}
return false;
}
七丶[存在重复元素 III](220. 存在重复元素 III - 力扣（Leetcode）)
思路：
思路和六类似，但是问题在于，我们如何快速的判断是否存在一个数，它和窗口中的数满足
abs(nums[i] - nums[j]) <= t
，这时候我们应该想到TreeSet，基于红黑树进行如此的判断的速度是logN
代码：
class Solution {
public boolean containsNearbyAlmostDuplicate(int[] nums, int indexDiff, int valueDiff) {
if (nums == null || nums.length == 0) {
return false;
}
if (indexDiff == 0) {
return false;
}
TreeSet<Integer> ts = new TreeSet<>();
int left = 0;
int right = 0;
while (right < indexDiff + 1 && right < nums.length) {
if (exist(ts,nums[right],valueDiff)){
return true;
}
ts.add(nums[right]);
right++;
}
while (right < nums.length) {
ts.remove(nums[left++]);
if (exist(ts,nums[right],valueDiff)){
return true;
}
ts.add(nums[right++]);
}
return false;
}
private boolean exist(TreeSet<Integer> ts, int value, int diff) {
//Set中是否 存在一个数A 满足 abs(A-value)<=diff
//A>=value 最小的数 min 是否满足 min - value <= diff
//A<=value 最大的数max 是否满足 value - max<= diff
Integer min = ts.ceiling(value);
if (min != null && min - value <= diff) {
return true;
}
Integer max = ts.floor(value);
if(max!=null&&value - max<=diff){
return true;
}
return false;
}
}
八丶[滑动窗口最大值](239. 滑动窗口最大值 - 力扣（Leetcode）)
思路：
窗口大小恒定为k大小，从头移动到尾巴，我们需要一种数据结构记录窗口此时的最大值，第一反应使用优先队列，入队时right位置的值，出队是left位置的值，但是这存在一个问题，如1,3,-1,3,2,2,k=3.当前窗口运动到1,【3,-1,3】,2,2 优先队列记录了3，-1紧接着left位置元素删除的时候会导致队列中只有一个1，随后right位置入队，队列维护了-1，2导致结构少了一个3。我们需要转变思想，队列每一个元素记录两个内容——值和对应的下标，当我们发生堆顶元素下标不在窗口中的时候进行删除。
上面优先队列的使用是整个复杂度来到NLogN，其实还有另外一个数据结构可以实现这个功能，单调栈——我们维护一个单调递减的栈，当j<i,并且i位置值大于j位置值的时候，我们还有什么必要维护j下标的值昵，
代码：
1.优先队列
public int[] maxSlidingWindow(int[] nums, int k) {
//优先队列 维护滑动窗口中的最大值
if(nums == null || nums.length < k ){
return nums;
}
int[]res = new int[nums.length - k +1];
//优先使用值进行比较，值越大越在堆顶
//其次使用下标进行比较，下表越大越在堆顶，下标越大 活得越久
PriorityQueue<int[]> q = new PriorityQueue<>((i,j)->i[0]!=j[0]?j[0]-i[0]:j[1]-i[1]);
int right = 0;
while(right<k){
q.add(new int[]{nums[right],right});
right++;
}
res[0] = q.peek()[0];
int count = 1;
while(right<nums.length){
q.offer(new int[]{nums[right],right});
while(q.peek()[1] <= right - k){
q.poll();
}
right++;
res[count++]=q.peek()[0];
}
return res;
}
2.单调栈
public int[] maxSlidingWindow(int[] nums, int k) {
if(nums == null ){
return nums;
}
int[]res = new int[nums.length - k +1];
//队列中的值是下标 但是必须保证这些下标值是单调递减的
//当前 i<j nums[j]>=nums[i] 这时候num[i]对应下标 不需要维护了
//说是单调栈其实是双向队列，因为我们需要看栈底元素
LinkedList<Integer> ll = new LinkedList<Integer>();
int right = 0;
//初始化双端队列
while(right < k){
//nums[ll.getLast()] <= nums[right]
//对应 1，2，3，4 k =3 初始化的时候 【1，2，3】4 这时候我们只需要维护3即可
while(!ll.isEmpty() && nums[ll.getLast()] <= nums[right]){
ll.removeLast();
}
ll.addLast(right);
right++;
}
res[0] = nums[ll.getFirst()];
int count = 1;
while(right < nums.length){
//同上
while(!ll.isEmpty() && nums[ll.getLast()] <= nums[right]){
ll.removeLast();
}
ll.addLast(right);
//如果队列头 也就是最大的值 将不处于窗口外
while(ll.getFirst() <= right-k){
ll.removeFirst();
}
res[count++] = nums[ll.getFirst()];
right++;
}
return res;
}
九丶[找到字符串中所有字母异位词](438. 找到字符串中所有字母异位词 - 力扣（Leetcode）)
思路：
滑动窗口大小为p长度，使用一个map记录窗口中字符和对应的数量，当每种字符数量和p相同是，记录下left的位置，left++的时候更新map，right++的时候更新map
代码：
class Solution {
public List<Integer> findAnagrams(String s, String p) {
if(s == null || s.length()<p.length()){
return new ArrayList<>();
}
List<Integer> res = new ArrayList<>();
if(s.equals(p)){
res.add(0);
return res;
}
//记录p中的字符和对应的数量，因为都是小写字母，26长度的数组足以
int[] pCharCount = new int[26];
for(int i= 0; i<p.length();i++){
char c = p.charAt(i);
pCharCount[c-'a']++;
}
//记录窗口中字符和队友的数量
int[] windowCharCount = new int[26];
int left = 0 ;
int right = 0;
while(right<s.length()){
//左边界++
while(right - left + 1 > p.length()){
windowCharCount[s.charAt(left)-'a']--;
left++;
}
//右边界++
windowCharCount[s.charAt(right)-'a']++;
//字符和数目 和p一样
if(meetRequire(pCharCount,windowCharCount)){
res.add(left);
}
right++;
}
return res;
}
private boolean meetRequire(int[] pCharCount,int[] windowCharCount ){
for(int i =0;i<26;i++){
if(pCharCount[i]!=windowCharCount[i]){
return false;
}
}
return true;
}
}
十丶[替换后的最长重复字符](424. 替换后的最长重复字符 - 力扣（Leetcode）)
思路：
维护一个窗口，我们需要保证窗口中的字符替换k次之后，都是相同的字符——字符总数-最大字符出现次数<=k
如果不满足这个条件 那么左边界++，直到满足
代码：
class Solution {
public int characterReplacement(String s, int k) {
if(s == null ){
return 0;
}
if(s.length() <=k){
return s.length();
}
int res = 0;
int left = 0;
int right = 0;
int[]charCount = new int[26];
while(right<s.length()){
charCount[s.charAt(right)-'A']++;
while(!meetRequire(charCount,k)){
charCount[s.charAt(left)-'A']--;
left++;
}
res = Math.max(res,right - left+1);
right++;
}
return res;
}
private boolean meetRequire(int[]charCount,int k){
int max = -1;
int sum = 0;
for(int c : charCount){
sum+=c;
max = Math.max(max,c);
}
return sum-max<=k;
}
}
