本篇会加入个人的所谓鱼式疯言

❤️❤️❤️鱼式疯言:❤️❤️❤️此疯言非彼疯言
而是理解过并总结出来通俗易懂的大白话,
小编会尽可能的在每个概念后插入鱼式疯言,帮助大家理解的.
🤭🤭🤭可能说的不是那么严谨.但小编初心是能让更多人能接受我们这个概念 ！！！

前言

学习完了 双指针算法，相比小伙伴应该对我们的 双指针算法 烂熟于心了吧 💖 💖 💖

接下来迎面走来的就是我们的 == “滑动窗口” 算法== ,什么是滑动窗口算法，该怎么用，有哪些特殊的场景，下面就请宝子们和我一起推开 “滑动窗口” 算法的大门吧 💞 💞 💞

目录

1. 滑动窗口的初识

2. 滑动窗口的应用

3. 滑动窗口的结论

一. 滑动窗口的初识

1. 滑动窗口的简介

滑动窗口算法是一种常用的 解决字符串/数组子串问题 的算法。它通过维护一个窗口，该窗口在字符串/数组上滑动，每次滑动一个位置，并根据问题的要求调整窗口的 大小和位置 。

通过不断滑动窗口，可以有效地解决 字符串/数组子串问题 。

滑动窗口算法的基本思想是通过两个指针（左指针和右指针）来定义窗口的边界。

2. 滑动窗口如何使用

初始时，左指针和右指针都指向字符串/数组的 第一个元素 ，然后右指针开始向右移动，直到满足某个 条件（如子串的长度等）时停止。

然后左指针开始向右移动，同时 缩小窗口的大小，直到不满足某个条件时停止。

这样，通过不断地向右移动 右指针 和 左指针，可以在 字符串/数组上 滑动窗口，并根据问题的要求进行相应的 调整和计算。

滑动窗口算法在求解字符串/数组子串问题时具有 高效性 ，因为它将问题的规模由 O(n^2) 降低到O(n) ，而且只需要遍历一次 字符串/数组 。同时，滑动窗口算法也可以解决一些 其他类型的问题，

如求解最长不重复子串、找到满足特定条件的子串等。

鱼式疯言

滑动窗口本质上还是一种 双指针算法 ，

而我们滑动窗口的这个 “窗口” 其实就是双指针所围成的 一段区间

二. 滑动窗口的应用

1. 长度最小的子数组

长度最小的子数组题目链接

<1>. 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和 ≥ 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

题目含义:

找到一群 最短 连续的元素，这群元素之和大于等于 我们的目标值 target

<2>. 讲解算法思想

当我们看到这道题时，我们是需要两个数来充当我们的 左边界 和 右边界 的

解法一:

暴力枚举

我们就可以通过先 固定左边界 的值，来移动右边界 的方式来查找我们需要的最小子数组的长度

解法二 ：

滑动窗口

我们在解法一的基础上优化出 “滑动窗口” 的算法思路

滑动窗口算法的 三步骤 ：

先

用定义两个指针 left 和 right 让我们都指向 零位置

入窗口操作

先让 right 不断向右移动， 并用 sum 来计算滑动窗口内的总和

出窗口操作

当我们 sum 满足 >= target 时， 我们就让 left 也 向右移动，同时 sum 减去 left
位置的值

更新结果

当我们 每次满足 sum >= right 时，就 更新 每次的长度，直到找到 最小 的那个长度为止

<3>. 编写代码

class Solution {public int minSubArrayLen(int target, int[] nums) {int sz=nums.length;int left=0,right=0;int sum=0,len=Integer.MAX_VALUE;for( ;right< sz;right++) {sum += nums[right];while(sum >= target) {len= Math.min(len,right-left+1);sum -= nums[left];left++;}}return len > sz ? 0: len;}
}

鱼式疯言

说两点小编自己的体会

1. 在我们的滑动窗口算法中 ， right 不需要回退 的，当我们需要改变 “窗口” 的状态时， 唯一要看的是条件需要什么，来移动我们的 left 的位置来调整

 for( ;right< sz;right++) { }

2. 终止条件的判定，我们只需要让 right 走完整个数组 即可 ，因为这个 滑动的 “窗口” 存在 于 有实际含义的区域

当 right 出了数组，也就意味着 滑动窗口 就不存在了

2. 最大连续1 的个数

1004.最大连续 1 的个数 题目链接

<1>. 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。

题目含义:

寻找一段连续有 1 的数组，如果存在 零 的话，并可以补最多 k 个零 的最长子数组

<2>. 讲解算法思想

题目分析 ：

我们需要的是 1 的长度，但是 1 却有可能会加入 0

那我们不妨从 正难则反 的思维来统计 零 出现的个数

当 零的个数 <= k 的时候就统计长度， 当 > k 时候，我们就减少零的个数

解法一 :

暴力枚举

还是两个 for 的嵌套 ，一端固定 ，一端移动，并且通过 满足 零 个数时候的 子数组的长度

解法二 ：

滑动窗口

还是先 定义两个指针 ，left，right 都指向 0 下标的位置

入窗口操作

让 right 一直 向右 移动 ，并用 zero 来统计 出现过的 零 的个数， 只要 零 的个数 <= k

我们就一直入窗口

出窗口

当 zero 的个数 > k 时，就让 left ++ 向右移动 , 直到 zero <= k 时，停止 出窗口

更新结果

只要 零 的个数 <= k , 我们就不断更新结果，直到找到我们 最长的子数组

<3>. 编写代码

class Solution {public int longestOnes(int[] nums, int k) {int sz=  nums.length;if(k >= sz) return sz;int sum=0,zero=0;int ret=0;for(int left=0, right=0; right < sz ;right++) {// 统计 0 的个数来进窗口if(nums[right] == 0) {zero++;}// 通过 0 的个数和 k的大小比较 来出窗口while(zero > k) {if(nums[left]==0) {zero--;}left++;}ret=Math.max(right-left+1,ret);}                                                                                                                                                                                       return ret;}}

鱼式疯言

小编这里最想强调的一点就是我们 这个解题的思维

这个思路： 正难则反

题目要求是统计 1出现的子数组的长度

当我们只需要从 反面 来统计 出现 零的个数， 进行 滑动窗口的 出 和 入

3. 最小覆盖子串

76.最小覆盖子串题目链接

<1>. 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 “” 。

注意：

对于 t 中重复字符，我们寻找的子字符串中该字符数量必须不少于 t 中该字符数量。
如果 s 中存在这样的子串，我们保证它是唯一的答案。

示例 1：

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’。

示例 2：

输入：s = “a”, t = “a”
输出：“a”
解释：整个字符串 s 是最小覆盖子串。

示例 3:

输入: s = “a”, t = “aa”
输出: “”
解释: t 中两个字符 ‘a’ 均应包含在 s 的子串中，
因此没有符合条件的子字符串，返回空字符串。

** 题目含义**

给定一个字符串 s，得到所有包含 t 每一个的子串的 下标

<2>. 讲解算法思想

当我们分析这题时，肯定少不了要统计 字符串中每个字符出现的 个数 ，这时我们就需要 借用一个工具 来使用

那就是我们的 哈希表💞 💞 💞

本题解法：

滑动窗口 + 哈希表

算法步骤

1. 先定义两个哈希表 hash1 和 hash2 分别统计 s 和 t 中出现字符的个数

2. 先把 t 中 的每个字符都存入到哈希表 hash1 中

入窗口

3. 然后再 用 滑动窗口 ，先让 right 一直往右走， 一直进入哈希表 ， 当 hash2 【A】 <= hash1 【A】 (其他字符以此类推) ， 我们就用count 来统计增加的个数， 否则 count 不变

更新结果

当 count 的值 = 数组长度 时 ， 我们就 更新结果，记录当前 下标

出窗口操作

先 去除 hash2 中 left 当前下标的字符

如果我们的 当 hash2 【A】 <= hash1 【A】 (其他字符以此类推) ， 我们就用count 来 减少成立的个数， 否则 count 不变

<3>. 编写代码

class Solution {public String minWindow(String s, String t) {// 先得到两个字符串的长度int slength=s.length();int  tlength=t.length();// 先定义两个数组来哈希映射 统计次数int [] hash1= new int[100];int [] hash2= new int[100];// 先统计 s 中 字符的个数for(int i=0; i < tlength ; ++i) {hash1[t.charAt(i)-'A']++;}int len = Integer.MAX_VALUE;int begin=Integer.MAX_VALUE;// 进行滑动窗口操作for(int left=0,right=0, count=0; right < slength ; right++) {// 入窗口char in= s.charAt(right);hash2[in-'A']++;// 判断if(hash2[in-'A'] <= hash1[in-'A']) {count++;}// 更新结果while(count == tlength) {// 得到最小长度 并记录起始位置if(right-left+1 < len) {begin=left;len=right-left+1; }char out= s.charAt(left);// 出窗口if(hash2[out-'A'] <= hash1[out-'A']) {count--;}hash2[out-'A']--;left++;} }// 不存在直接返回空字符串if(begin==Integer.MAX_VALUE) return "";// 截断时要注意 左闭右开// 当起始位置加上 字符串长度时// 不需要 -1return s.substring(begin,begin+len);}
}

鱼式疯言

对于本题,小编这里有 三点体会 和小伙伴们一起分享

1. 当我们需要对滑动窗口进行 出窗口 还是 入窗口 判断时， 用 count 来统计是否成立的 字符的个数 这个思想是很巧妙的

2. 当我们需要统计一个字符串中出现 所有字符的情况 的时候， 哈希表 是不错的工具

3. 在这里,.我们看到了更新结果的位置是在 入窗口 和出窗口 之间, 上题中我们的更新结果是在 出窗口之后, 所以我们的更新结果是 不固定 有可能在 入窗口和出窗口之间 , 也有可能在 == 出窗口 之后==

4. 串联所有单词的子串

30.串联所以单词的子串题目链接

<1>. 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。

示例 1：

输入：s = “barfoothefoobarman”, words = [“foo”,“bar”]

输出：[0,9]

解释：因为 words.length == 2 同时 words[i].length == 3，连接的子字符串的长度必须为 6。

子串 “barfoo” 开始位置是 0。它是 words 中以 [“bar”,“foo”] 顺序排列的连接。

子串 “foobar” 开始位置是 9。它是 words 中以 [“foo”,“bar”] 顺序排列的连接。

输出顺序无关紧要。返回 [9,0] 也是可以的。

示例 2：

输入：s = “wordgoodgoodgoodbestword”, words = [“word”,“good”,“best”,“word”]

输出：[]

解释：因为 words.length == 4 并且 words[i].length == 4，所以串联子串的长度必须为 16。
s 中没有子串长度为 16 并且等于 words 的任何顺序排列的连接。
所以我们返回一个空数组。

示例 3：

输入：s = “barfoofoobarthefoobarman”, words = [“bar”,“foo”,“the”]
输出：[6,9,12]

解释：因为 words.length == 3 并且 words[i].length == 3，所以串联子串的长度必须为 9。

子串 “foobarthe” 开始位置是 6。它是 words 中以 [“foo”,“bar”,“the”] 顺序排列的连接。

子串 “barthefoo” 开始位置是 9。它是 words 中以 [“bar”,“the”,“foo”] 顺序排列的连接。

子串 “thefoobar” 开始位置是 12。它是 words 中以 [“the”,“foo”,“bar”] 顺序排列的连接。

题目含义 :

找到所有完全包含 words 的字符子串（不包含 每个单词 的顺序，一定是包含 单词内每个字符 的顺序）

<2>. 讲解算法思想

题目分析:

本题目的是找到相同的 子字符串 ， 而且是不按照顺序的 ，所以我们 还得借用我们的 哈希表 这个工具来完成本题

算法步骤

首先得到 还是定义 一个 left 和 right 来进行 滑动窗口的 操作， 并且定义 两个哈希表 hash1 和 hash2 来分别统计 words 和 s 的字符串 出现的次数。

入窗口

我们先让 right 吗，以每个 单词的长度 为单位进行移动 ， 截取该 单词长度的子字符串 进入 哈希表

3. 用 滑动窗口 ，先让 right 一直往右走， 一直进入哈希表 ， 当 hash2 【foo】 <= hash1 【foo】 (其他字符以此类推) ， 我们就用count 来统计增加的个数， 否则 count 不变

更新结果

一旦 count 满足 字符串数组中所有字符 的总和长度

我们就 更新结果 ,存放该 left 的下标

出窗口操作

当 count 满足 字符串数组 长度

更新完结果后， 我们就让 left 也跟着 每个单词(子字符串) 想右移动进行 出窗口 的操作

最后让重新初始化我们的 left 继续每次向右 移动 一格， 只需要 循环移动 每个 子字符串的长度 即可

<3>. 编写代码

class Solution {public  List<Integer> findSubstring(String s, String[] words) {// 得到每个 字符串以及字符串数组的长度int slen=s.length();int wdslen=words.length;int wlen= words[0].length();// 定义一个返回结果List<Integer> ret= new ArrayList<>();// 先 定义两个 hashMap// 用于统计 字符串 的数量Map<String, Integer>  hash1= new HashMap<>();// 统计 words 里面 的长度for(int i=0; i< wdslen ; i++) {String str= words[i];hash1.put(str,hash1.getOrDefault(str,0)+1);}// 开始进行滑动窗口操作for(int j=0; j < wlen ; ++j) {Map<String, Integer>  hash2= new HashMap<>();// 初始化 left 和 right 的最初位置int  left=j;int right= j + wlen;int count=0;// 设置  right 每次跳跃的 跨度for( ;right  <= slen ; right += wlen) {// 通过入窗口操作String in = s.substring(right-wlen,right);hash2.put(in,hash2.getOrDefault(in,0)+1);// 判断有效结果if(hash1.containsKey(in) && hash2.get(in).compareTo(hash1.get(in)) <= 0) {count++;}// 判断是否存在while(count >= wdslen) {// 更新结果if(right-left ==  wdslen * wlen) {ret.add(left);}String out= s.substring(left,left+wlen);// 出窗口操作if(hash1.containsKey(out) && hash2.get(out).compareTo(hash1.get(out)) <= 0) {count--;}// 更新每次 left 跳跃的值hash2.put(out,hash2.get(out)-1);left += wlen;}}}return ret;}
}

鱼式疯言

以上的整体的思路小编就介绍的差不多，但还有细节问题需要处理

 // 通过入窗口操作String in = s.substring(right-wlen,right);

1. 注意这个字符串截取的方法 是 左闭右开 区间，就意味着右边的 下标位置是取不到的

 // 出窗口操作if(hash1.containsKey(out) && hash2.get(out).compareTo(hash1.get(out)) <= 0) {count--;}

2. 首先要包含这个字符串，其次就是当我们 比较两个字符串大小 的时候，不能用 == 来比较，只能用 compareTo（） 来比较两个字符串的大小关系

  // 更新结果if(right-left ==  wdslen * wlen) {ret.add(left);}

3. 更新结果的时候，我们获取的是 全部单词长度的总和 ， 所以 是和 wdslen * wlen 进行比较大小的

三. 滑动窗口的结论

通过文章的学习

• 在滑动窗口的初识 中

我们先是认识到 滑动窗口 本质上就是 两个 指针所围成的区域

而我们通过这个调整这个 区域 来 解决算法问题的方式就是叫 滑动窗口算法

• 在 滑动窗口的应用 中

我们在 长度最小数组 和 最大连续1 的个数中, 见识到了如何根据我们需要的条件来 入窗口 和出窗口
调整滑动窗口的方法来解决我们 一段有单调性并且连续的子数组 或者 子字符串 的问题

而我们又在 “最小覆盖子串” 和 “串联所有单词的子串” 中， 通过 以 滑动窗口 和 哈希表 的思想共同
解决我们的 ***包含该元素却是无序的情况 *** 的一种算法问题 。

如果觉得小编写的还不错的咱可支持 三连 下 (定有回访哦) , 不妥当的咱请评论区 指正

希望我的文章能给各位宝子们带来哪怕一点点的收获就是 小编创作 的最大 动力 💖 💖 💖