SLIDING WINDOW
2021-07-13 09:08
标签：style 次数 ima 相等 线性 通过 size 滑动 题目 用一个可伸缩的窗口遍历字符串，时间复杂度大致为O(n)。适用于“寻找符合某条件的最小子字符串”题型。 链接 求某字符串T中含有某字符串S的所有字符的最小子字符串。如果不存在则返回"". 用左右两个指针维护一个窗口。 设想一个最naive的算法如何遍历T中的所有子字符串。以T中的每一个字符为子字符串的起始字符，从1开始，增加子字符串的长度直至触及T的尾字符，这样就是遍历了T中的所有子字符串。 比如字符串“ABCD”，以‘A‘开头的子字符串有"A", "AB", "ABC", "ABCD"；以‘B‘开头的有"B", "BC", "BCD"；以‘C‘开头的有"C", "CD"；以"D"开头的有"D"。这样遍历的时间复杂度是O(n^2)。 我们把目光集中于起始字符，看看滑动窗口的效用。 滑动窗口算法中的第一步立足于某字符x，相当于以x为起始字符，寻找满足条件的子字符串。由于题中要求最短的子字符串，所以一旦满足条件就可停下，不必再往下寻找，相当于节省了一部分算力。 假设第一步中找到的子字符串以某字符y结束，且x至y这个子字符串的长度为m。则遍历到现在为止，找到的子字符串答案的长度
在第二步中，通过移动左指针对窗口进行收缩。假设左指针到达元素z时，窗口不再满足条件。则在左指针移动的过程中，以(x,z)开区间内的元素作为起始字符，y为结束字符进行了遍历。 将结束字符固定在y处是对naive解法的重要优化，蕴含了滑动窗口算法可以正确找出答案的主要数学原理： 对x、z之间的某一元素t，以t为起始字符且满足条件的最小子字符串必在y处结束。 证明：窗口收缩在z左侧，保证了t至y的字符串满足条件；设t至y不是最小的子字符串，则存在由t开始至字符r的的字符串满足条件，且r在y左侧，那么x至r的字符串也必满足条件，与第一步中得到的结论矛盾，故得证。 因为这个原理，x和z之间的元素只靠窗口左边界收缩就得到了遍历。时间复杂度由平方变成了线性。 在第二步中，以[x, z)区间内的元素为起始字符的所有子字符串得到遍历。下一轮次的第一步会以z为起始字符进行寻找。如此往复，随着窗口交替伸展和收缩，所有的可能性（即以所有元素作为起始字符的子字符串）都会得到遍历。 以上分析确定了滑动窗口算法的大致框架。至于如何记录窗口的状态、判断窗口是否满足条件，题目中挖了一个小坑。 乍一看，似乎可以用HashSet保存T中的字符（且称为重要字符），用来查看T中是否存在某字符。用另一个HashSet记录窗口中出现的重要字符，并用一个counter记录窗口中重要字符的个数，若与T的长度相等则认为符合条件。看起来天衣无缝，但如果T中存在重复字符，如"AABCC"，则该方法不再有效。 可对该方法做一个小改进使之可以符合题意：用HashMap来保存重要字符及出现的次数。如果T为"AABCC"，则保存为[A--2, B--1,
C--2]。另用一个HashMap记录窗口中的重要字符及数量，用counter记录窗口中达到次数的不重复的重要字符数。如A出现2次则counter可加1，B出现1次counter即可加1，同理，C必须出现2次counter才可加1。通过将counter的值与第一个HashMap的size对比来判断窗口是否满足条件。 写代码时，若以句为单元进行思考则写起来费时且易出错，特别是边界条件上的错误。一个比较靠谱的方法是先写一个大致框架，然后将细节填入。只要框架合理，代码一般错不了。 先用注释勾勒出大致框架。（可以当作流程图看，重要的是那两个while内部的安排） 如果理解了以上框架便不难填入细节，细节实现在下面，供参考。（注：这是一个正确的解法，但并不是最优的解法，见优化一节） 注意在27及43行，比较Integer的值时，必须用.intValue()进行比较，否则比较的是Integer对象的地址。当Integer对象的值较小时，对象存在常量池中，用contained.get(current) == required.get(current)直接比较不会出错。但Integer值比较大从而无法放入常量池时会出错，导致counter永远不被更新，错误地返回空字符串。 空间上用了两个HashMap，复杂度为O(n + m)，n和m分别为s和t的长度。 时间上，滑动窗口算法本身含有左右两个指针，这两个指针都只向右移动，最差的情况是每个元素都被两个指针各遍历一遍，所以滑动窗口的时间为2n。由于还要对t进行遍历来记录其中的字符，所以总的时间复杂度为O(n + m)。 在leetcode使用的代码引擎中，上述实现的执行时间为33ms，在所有的java实现中仅排名77%。 最优实现为2ms，非常简洁，抄录如下 大致框架跟上面的实现差不多，优化点如下： 另外一个优化的思路是先遍历一遍s，记录其中所有重要元素的位置，然后l和r只在这些位置上进行移动。由于仍然需要遍历，时间复杂度仍然是O(n + m)，只是滑动窗口本身的复杂度被减小了。这种方法在leetcode的test case进行测试对性能的提升结果不明显，大概在秒级。比较适用于s中重要元素的个数远小于s的长度的情况，即t的长度相对比较短，且s中含有许多t中没有的元素。 SLIDING WINDOW 标签：style 次数 ima 相等 线性 通过 size 滑动 题目 原文地址：https://www.cnblogs.com/mozi-song/p/9567163.html简介
题目
算法
WHY IT WORKS
IMPLEMENTATION
public String minWindow(String s, String t) {
//创建HashMap1,将t中字符及出现次数存入
//初始化窗口、窗口的HashMap2、counter
//创建minLength记录最小字符串的长度；创建result保存当前找到的最小字符串
while(/*窗口右端未超出s*/) {
//记录右边界所指的元素到HashMap2
//若该元素次数满足条件，++counter
//若窗口满足条件则让左边界慢慢收缩，否则跳过这个while，继续伸展右边界
while(/*counter == HashMap2.size()*/) {
//若窗口长度小于minLength, 更新minLength、result
//由于要收缩左边界，将HashMap2中记录的左边界元素减1
//如左边界元素次数不再满足条件，--counter
l++; //收缩左边界
}
r++; //伸展右边界
}
return result;
}
1 public String minWindow(String s, String t) {
2 if(s == null || t== null || t.length() == 0 || s.length() == 0)
3 return s;
4
5 //创建HashMap1
6 HashMap
复杂度
优化
1 class Solution {
2 public String minWindow(String s, String t) {
3 int[] map = new int[128];
4 for (char c : t.toCharArray())
5 map[c]++;
6 int counter = t.length(), begin = 0, end = 0, distance = Integer.MAX_VALUE, head = 0;
7 while (end s.length()) {
8 if (map[s.charAt(end++)]-- > 0)
9 counter--;
10 while (counter == 0) { // valid
11 if (end - begin distance)
12 distance = end - (head = begin);
13 if (map[s.charAt(begin++)]++ == 0)
14 counter++; // make it invalid
15 }
16 }
17 return distance == Integer.MAX_VALUE ? "" : s.substring(head, head + distance);
18 }
19 }