LeetCode题解 - 双指针

妖狐艹你老母 2022-10-16 02:00 159阅读 0赞

### 文章目录 ###

*  LeetCode题解 - 双指针
 *   *  一、快慢指针的常见算法
     *   *  141. 环形链表（简单）
         *  142. 环形链表II （中等）
         *  876. 链表的中间节点（简单）
         *  剑指offer 22. 链表中倒数第k个节点（简单）
     *  二、左右指针的常用算法
     *   *  1. 二分查找
         *  167. 两数之和 II - 输入有序数组（简单）
         *  633. 平方数之和（中等）
         *  344. 反转字符串（简单）
         *  345. 反转字符串中的元音字母（简单）
         *  541. 反转字符串 II （简单）
         *  189. 旋转数组（中等）
         *  680. 验证回文串 II (简单)
         *  88. 合并两个有序数组（简单）
         *  524. 通过删除字母匹配到字典里最长单词（中等）
     *  三、滑动窗口算法
     *   *  76. 最小覆盖子串（困难）
         *  567. 字符串的排列（中等）
         *  438. 找到字符串中所有字母异位词（中等）
         *  3. 无重复字串的最长子串（中等）

--------------------

讲解部分参考：作者：labuladong 公众号：labuladong

[labuladong的算法小抄pdf\_双指针技巧直接秒杀五道算法题][labuladong_pdf]

[labuladong的算法小抄pdf\_我写了一套框架，把滑动窗口算法变成了默写题][labuladong_pdf 1]

# LeetCode题解 - 双指针 #

双指针技巧还可以分为两类，一类是「快慢指针」，一类是「左右指针」。前者解决主要解决链表中的问题，比如典型的判定链表中是否包含环；后者主要解决数组（或者字符串）中的问题，比如二分查找。

## 一、快慢指针的常见算法 ##

快慢指针一般都初始化指向链表的头结点 head，前进时快指针 fast 在前，慢指针 slow 在后，巧妙解决一些链表中的问题。

### 141. 环形链表（简单） ###

给定一个链表，判断链表中是否有环。

如果链表中有某个节点，可以通过连续跟踪 `next` 指针再次到达，则链表中存在环。 为了表示给定链表中的环，我们使用整数 `pos` 来表示链表尾连接到链表中的位置（索引从 0 开始）。 如果 `pos` 是 `-1`，则在该链表中没有环。**注意：`pos` 不作为参数进行传递**，仅仅是为了标识链表的实际情况。

如果链表中存在环，则返回 `true` 。 否则，返回 `false`  
![20210526150554197.png][]

输入：head = [3,2,0,-4], pos = 1
    输出：true
    解释：链表中有一个环，其尾部连接到第二个节点。

**解题思路**：

这应该属于链表最基本的操作了。单链表的特点是每个节点只知道下一个节点，所以一个指针的话无法判断链表中是否含有环的。经典解法就是用两个指针，一个每次前进两步，一个每次前进一步。如果不含有环，跑得快的那个指针最终会遇到 null，说明链表不含环；如果含有环，快指针最终会超慢指针一圈，和慢指针相遇，说明链表含有环。

public class Solution {
        
        public boolean hasCycle(ListNode head) {
        
            ListNode fast = head;
            ListNode slow = head;
            while(fast != null && fast.next != null){
        
                slow = slow.next;
                fast = fast.next.next;
                if(fast == slow) return true;
            }
            return false;
        }
    }

--------------------

### 142. 环形链表II （中等） ###

给定一个链表，返回链表开始入环的第一个节点。 如果链表无环，则返回 `null`。

为了表示给定链表中的环，我们使用整数 `pos` 来表示链表尾连接到链表中的位置（索引从 0 开始）。 如果 `pos` 是 `-1`，则在该链表中没有环。**注意，`pos` 仅仅是用于标识环的情况，并不会作为参数传递到函数中。**

**说明**：不允许修改给定的链表。  
![20210526150620981.png][]

输入：head = [3,2,0,-4], pos = 1
    输出：返回索引为 1 的链表节点
    解释：链表中有一个环，其尾部连接到第二个节点。

**解题思路**：

第一次相遇时，假设慢指针 slow 走了 k 步，那么快指针 fast 一定走了 2k 步，也就是说比 slow 多走了 k 步（也就是环的长度）。  
![\[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-GjVoqIWX-1622012731601)(C:\\Users\\lp\\AppData\\Roaming\\Typora\\typora-user-images\\image-20210525153325923.png)\]][img-GjVoqIWX-1622012731601_C_Users_lp_AppData_Roaming_Typora_typora-user-images_image-20210525153325923.png]  
设相遇点距环的起点的距离为 m，那么环的起点距头结点 head 的距离为 k - m，也就是说如果从 head 前进 k - m 步就能到达环起点。

巧的是，如果从相遇点继续前进 k - m 步，也恰好到达环起点。  
![\[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-CyKhhmFM-1622012731603)(C:\\Users\\lp\\AppData\\Roaming\\Typora\\typora-user-images\\image-20210525153359061.png)\]][img-CyKhhmFM-1622012731603_C_Users_lp_AppData_Roaming_Typora_typora-user-images_image-20210525153359061.png]  
所以，当快慢指针相遇时，让其中任一个指针重新指向头节点，然后让它俩以相同速度前进，k - m 步后就会相遇，再次相遇时所在的节点位置就是环开始的位置。

public class Solution {
        
        public ListNode detectCycle(ListNode head) {
        
            ListNode slow = head;
            ListNode fast = head;
            while(fast != null && fast.next != null){
        
                slow = slow.next;
                fast = fast.next.next;
                if(fast == slow){
        
                    slow = head;
                    while(slow != fast){
        
                        slow = slow.next;
                        fast = fast.next;
                    }
                    return slow;
                }
            }
            return null;
        }
    }

--------------------

### 876. 链表的中间节点（简单） ###

给定一个头结点为 `head` 的非空单链表，返回链表的中间结点。

如果有两个中间结点，则返回第二个中间结点。

输入：[1,2,3,4,5]
    输出：此列表中的结点 3 (序列化形式：[3,4,5])
    返回的结点值为 3 。 (测评系统对该结点序列化表述是 [3,4,5])。
    注意，我们返回了一个 ListNode 类型的对象 ans，这样：
    ans.val = 3, ans.next.val = 4, ans.next.next.val = 5, 以及 ans.next.next.next = NULL.

**解题思路**：

类似上面的思路，我们还可以让快指针一次前进两步，慢指针一次前进一步，当快指针到达链表尽头时，慢指针就处于链表的中间位置。

当链表的长度是奇数时，slow 恰巧停在中点位置；如果长度是偶数，slow 最终的位置是中间偏右：  
![\[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-Z02mhkkK-1622012731605)(C:\\Users\\lp\\AppData\\Roaming\\Typora\\typora-user-images\\image-20210525153742908.png)\]][img-Z02mhkkK-1622012731605_C_Users_lp_AppData_Roaming_Typora_typora-user-images_image-20210525153742908.png]

class Solution {
        
        public ListNode middleNode(ListNode head) {
        
            ListNode slow = head;
            ListNode fast = head;
            while(fast != null && fast.next != null){
        
                slow = slow.next;
                fast = fast.next.next;
            }
            return slow;
        }
    }

寻找链表中点的一个重要作用是**对链表进行归并排序**。

回想数组的归并排序：求中点索引递归地把数组二分，最后合并两个有序数组。对于链表，合并两个有序链表是很简单的，难点就在于二分。

--------------------

### 剑指offer 22. 链表中倒数第k个节点（简单） ###

输入一个链表，输出该链表中倒数第k个节点。为了符合大多数人的习惯，本题从1开始计数，即链表的尾节点是倒数第1个节点。

例如，一个链表有 `6` 个节点，从头节点开始，它们的值依次是 `1、2、3、4、5、6`。这个链表的倒数第 `3` 个节点是值为 `4` 的节点

给定一个链表: 1->2->3->4->5, 和 k = 2.
    
    返回链表 4->5.

**解题思路**：

我们的思路还是使用快慢指针，让快指针先走 k 步，然后快慢指针开始同速前进。这样当快指针走到链表末尾 null 时，慢指针所在的位置就是倒数第 k 个链表节点（为了简化，假设 k 不会超过链表长度）：

class Solution {
        
        public ListNode getKthFromEnd(ListNode head, int k) {
        
            ListNode slow = head;
            ListNode fast = head;
            while(k > 0){
        
                fast = fast.next;
                k--;
            }
            while(fast != null){
        
                slow = slow.next;
                fast = fast.next;
            }
            return slow;
        }
    }

--------------------

## 二、左右指针的常用算法 ##

左右指针在数组中实际是指两个索引值，一般初始化为 left = 0, right = nums.length - 1 。

### 1. 二分查找 ###

前文 二分查找算法详解 有详细讲解，这里只写最简单的二分算法，旨在突出它的双指针特性：

int binarySearch(int[] nums, int target) {
        
        int left = 0; 
        int right = nums.length - 1; // 注意
    
        while(left <= right) {
         // 注意
            int mid = left + (right - left) / 2;
            if(nums[mid] == target)
                return mid; 
            else if (nums[mid] < target)
                left = mid + 1; // 注意
            else if (nums[mid] > target)
                right = mid - 1; // 注意
            }
        return -1;
    }

### 167. 两数之和 II - 输入有序数组（简单） ###

给定一个已按照 **升序排列** 的整数数组 `numbers` ，请你从数组中找出两个数满足相加之和等于目标数 `target` 。

函数应该以长度为 `2` 的整数数组的形式返回这两个数的下标值\*。\*`numbers` 的下标 **从 1 开始计数** ，所以答案数组应当满足 `1 <= answer[0] <answer[1] <= numbers.length 。`

你可以假设每个输入只对应唯一的答案，而且你不可以重复使用相同的元素。

输入：numbers = [2,7,11,15], target = 9
    输出：[1,2]
    解释：2 与 7 之和等于目标数 9 。因此 index1 = 1, index2 = 2 。

输入：numbers = [2,3,4], target = 6
    输出：[1,3]

只要数组有序，就应该想到双指针技巧。这道题的解法有点类似二分查找，通过调节 left 和 right 可以调整 sum 的大小：

class Solution {
        
        public int[] twoSum(int[] numbers, int target) {
        
            if(numbers == null || numbers.length == 0){
        
                return new int[]{
        -1, -1};
            }
            int left = 0, right = numbers.length - 1;
            while(left <= right){
        
                int sum = numbers[left] + numbers[right];
                if(sum < target){
        
                    left ++;
                }else if(sum > target){
        
                    right --;
                }else{
        
                    return new int[]{
        left + 1, right + 1};
                }
            }
            return new int[]{
        -1, -1};
        }
    }

--------------------

### 633. 平方数之和（中等） ###

给定一个非负整数 `c` ，你要判断是否存在两个整数 `a` 和 `b`，使得 `a2 + b2 = c` 。

输入：c = 5
    输出：true
    解释：1 * 1 + 2 * 2 = 5

输入：c = 3
    输出：false

**解题思路**：本题和 167. Two Sum II - Input array is sorted 类似，只有一个明显区别：一个是和为 target，一个是平方和为 target。本题同样可以使用双指针得到两个数，使其平方和为 target。

**本题的关键是右指针的初始化，实现剪枝**，从而降低时间复杂度。设右指针为 x，左指针固定为 0，为了使 0^2+ x^2 的值尽可能接近 target，我们可以**将 x 取为 sqrt(target)。**

因为最多只需要遍历一次 0~sqrt(target)，所以时间复杂度为 O(sqrt(target))。又因为只使用了两个额外的变量，因此空间复杂度为 O(1)。

class Solution {
        
        public boolean judgeSquareSum(int c) {
        
            int left = 0, right = (int)Math.sqrt(c);
            while(left <= right){
        
                int sum = left * left + right * right;
                if(sum == c){
        
                    return true;
                }else if(sum > c){
        
                    right--;
                }else{
        
                    left++;
                }
            }
            return false;
        }
    }

--------------------

### 344. 反转字符串（简单） ###

编写一个函数，其作用是将输入的字符串反转过来。输入字符串以字符数组 `char[]` 的形式给出。

不要给另外的数组分配额外的空间，你必须\*\*[原地][Link 1]修改输入数组\*\*、使用 O(1) 的额外空间解决这一问题。

你可以假设数组中的所有字符都是 [ASCII][] 码表中的可打印字符。

输入：["h","e","l","l","o"]
    输出：["o","l","l","e","h"]

class Solution {
        
        public void reverseString(char[] s) {
        
            int left = 0, right = s.length - 1;
            while(left <= right){
        
                char temp = s[left];
                s[left] = s[right];
                s[right] = temp;
                left++;
                right--;
            }
        }
    }

--------------------

### 345. 反转字符串中的元音字母（简单） ###

编写一个函数，以字符串作为输入，反转该字符串中的元音字母。

输入："hello"
    输出："holle"

**解题思路**：注意这里输入的是字符串，Java是以String类型的对象来实现字符串。String是一个类，**当创建一个String对象后，所创建的字符串是不能改变的**。在需要使用可修改的字符串时，Java提供两个选择—StringBuffer和StringBuilder。

在本题中，我们可以将字符串转换为字符数组进行交换，如上题所示，最后新建一个新的字符串返回即可。

class Solution {
        
        HashSet<Character> vowels = new HashSet<>(
            Arrays.asList('a', 'e', 'i', 'o', 'u', 'A', 'E', 'I', 'O', 'U'));
    
        public String reverseVowels(String s) {
        
            int left = 0, right = s.length() - 1;
            char[] arr = s.toCharArray();
            while(left <= right){
        
                char c1 = arr[left];
                char c2 = arr[right];
                if(!vowels.contains(c1)){
        
                    left++;
                }else if(!vowels.contains(c2)){
        
                    right--;
                }else{
         //转换成字符数组后进行交换操作
                    char temp = arr[left];
                    arr[left++] = arr[right];
                    arr[right--] = temp;
                }
            }
            return new String(arr);
        }
    }

--------------------

### 541. 反转字符串 II （简单） ###

给定一个字符串 `s` 和一个整数 `k`，你需要对从字符串开头算起的每隔 `2k` 个字符的前 `k` 个字符进行反转。

*  如果剩余字符少于 `k` 个，则将剩余字符全部反转。
 *  如果剩余字符小于 `2k` 但大于或等于 `k` 个，则反转前 `k` 个字符，其余字符保持原样。

输入: s = "abcdefg", k = 2
    输出: "bacdfeg"

class Solution {
        
        public String reverseStr(String s, int k) {
        
            char[] a = s.toCharArray();
            for(int i = 0; i < a.length; i = i + 2*k){
        
                int left = i, right = Math.min(i + k - 1, a.length - 1);//注意此处
                while(left <= right){
        
                    char temp = a[left];
                    a[left] = a[right];
                    a[right] = temp;
                    left++;
                    right--;
                }
            }
            return new String(a);
        }  
    }

### 189. 旋转数组（中等） ###

给定一个数组，将数组中的元素向右移动 `k` 个位置，其中 `k` 是非负数。

输入: nums = [1,2,3,4,5,6,7], k = 3
    输出: [5,6,7,1,2,3,4]
    解释:
    向右旋转 1 步: [7,1,2,3,4,5,6]
    向右旋转 2 步: [6,7,1,2,3,4,5]
    向右旋转 3 步: [5,6,7,1,2,3,4]

**解题思路一：使用额外的数组**

我们可以使用额外的数组来将每个元素放至正确的位置。用 n 表示数组的长度，我们遍历原数组，将原数组下标为 i 的元素放至新数组下标为 `(i+k)% n` 的位置，最后将新数组拷贝至原数组即可。

class Solution {
        
        public void rotate(int[] nums, int k) {
        
            int n = nums.length;
            int[] temp = new int[n];
            for(int i = 0; i < n; i++){
        
                temp[(i + k) % n] = nums[i];
            }
            for(int i = 0; i < n; i++){
        
                nums[i] = temp[i];
            }
        }
    }

**解题思路二：翻转数组**

该方法为数组的翻转：我们可以先将所有元素翻转，这样尾部的 `k % n` 个元素就被移至数组头部，然后我们再翻转 `[0,k % n − 1]`区间的元素和 `[k % n, n - 1]` 区间的元素即能得到最后的答案。

我们以 n=7，k=3 为例进行如下展示：  
![\[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-IEdqtuZ0-1622012731607)(C:\\Users\\lp\\AppData\\Roaming\\Typora\\typora-user-images\\image-20210525163549989.png)\]][img-IEdqtuZ0-1622012731607_C_Users_lp_AppData_Roaming_Typora_typora-user-images_image-20210525163549989.png]

class Solution {
        
        public void rotate(int[] nums, int k) {
        
            int n = nums.length;
            reverse(nums, 0, n - 1);
            reverse(nums, 0, k % n - 1);
            reverse(nums, k % n, n - 1);
        }
    
        private void reverse(int[] nums, int left, int right){
        
            while(left <= right){
        
                int temp = nums[left];
                nums[left] = nums[right];
                nums[right] = temp;
                left++;
                right--;
            }
        }
    }

作者：LeetCode-Solution  
[参考链接][Link 2]  
来源：力扣（LeetCode）

--------------------

### 680. 验证回文串 II (简单) ###

给定一个非空字符串 `s`，**最多**删除一个字符。判断是否能成为回文字符串。

输入: "aba"
    输出: True

输入: "abca"
    输出: True
    解释: 你可以删除c字符。

**解题思路**：使用双指针可以很容易判断一个字符串是否是回文字符串：令一个指针从左到右遍历，一个指针从右到左遍历，这两个指针同时移动一个位置，每次都判断两个指针指向的字符是否相同，如果都相同，字符串才是具有左右对称性质的回文字符串。

本题的关键是处理删除一个字符。在使用双指针遍历字符串时，如果出现两个指针指向的字符不相等的情况，我们就试着删除一个字符，再判断删除完之后的字符串是否是回文字符串。

在试着删除字符时，我们既可以删除左指针指向的字符，也可以删除右指针指向的字符。

class Solution {
        
        public boolean validPalindrome(String s) {
        
            int left = 0, right = s.length() -1;
            while(left < right){
        
                if(s.charAt(left) != s.charAt(right)){
        
                    return isValid(s, left, right - 1) || isValid(s, left + 1, right);
                }
                left++;
                right--;
            }
            return true;
        }
        
        private boolean isValid(String s, int left, int right){
        
            while(left < right){
        
                if(s.charAt(left) != s.charAt(right)){
        
                    return false;
                }
                left++;
                right--;
            }
            return true;
        }
    }

--------------------

### 88. 合并两个有序数组（简单） ###

给你两个有序整数数组 `nums1` 和 `nums2`，请你将 `nums2` 合并到 `nums1` 中\*，\*使 `nums1` 成为一个有序数组。

初始化 `nums1` 和 `nums2` 的元素数量分别为 `m` 和 `n` 。你可以假设 `nums1` 的空间大小等于 `m + n`，这样它就有足够的空间保存来自 `nums2` 的元素。

输入：nums1 = [1,2,3,0,0,0], m = 3, nums2 = [2,5,6], n = 3
    输出：[1,2,2,3,5,6]

**解题思路**：可以使用双指针方法。这一方法将两个数组看作队列，每次从两个数组头部取出比较小的数字放到结果中。

方法一：为两个数组分别设置一个指针 *p*1 与 *p*2 来作为队列的头部指针

class Solution {
        
        public void merge(int[] nums1, int m, int[] nums2, int n) {
        
            int p1 = 0, p2 = 0;
            int[] sorted = new int[m + n];
            int cur; 
            while(p1 < m || p2 < n){
        
                if(p1 == m){
        
                    cur = nums2[p2++];
                }else if(p2 == n){
        
                    cur = nums1[p1++];
                }else if(nums1[p1] < nums2[p2]){
        
                    cur = nums1[p1++];
                }else{
        
                    cur = nums2[p2++];
                }
                sorted[p1 + p2 - 1] = cur;
            }
    
             for(int i = 0; i < m + n; ++i) {
        
                nums1[i] = sorted[i];
            }
        }
    }

方法二：方法一中，之所以要使用临时变量，是因为如果直接合并到数组 nums1中，nums1中的元素可能会在取出之前被覆盖。那么如何直接避免覆盖 nums1中的元素呢？观察可知，nums1 的后半部分是空的，可以直接覆盖而不会影响结果。因此**可以指针设置为从后向前遍历，每次取两者之中的较大者放进 nums1的最后面。**

class Solution {
        
        public void merge(int[] nums1, int m, int[] nums2, int n) {
        
            int p1 = m - 1, p2 = n - 1;
            int index = n + m - 1;
            int cur; 
            while(p1 >= 0 || p2 >= 0){
        
                if(p1 < 0){
        
                    cur = nums2[p2--];
                }else if(p2 < 0){
        
                    cur = nums1[p1--];
                }else if(nums1[p1] < nums2[p2]){
        
                    cur = nums2[p2--];
                }else{
        
                    cur = nums1[p1--];
                }
                nums1[index--] = cur;
            }
        }
    }

### 524. 通过删除字母匹配到字典里最长单词（中等） ###

给定一个字符串和一个字符串字典，找到字典里面最长的字符串，该字符串可以通过删除给定字符串的某些字符来得到。如果答案不止一个，返回长度最长且字典顺序最小的字符串。如果答案不存在，则返回空字符串。

输入:
    s = "abpcplea", d = ["ale","apple","monkey","plea"]
    
    输出: 
    "apple"

**解题思路**：一个字符串可以通过删除给定字符串的某些字符来得到，说明该字符串是给定字符串的子序列，我们可以**使用双指针来判断一个字符串是否为另一个字符串的子序列。**

注意题目中要求的字典顺序最小，字典顺序是按照字母ASCII顺序大小比较 ，可以使用 longestWord.compareTo(d) 来比较，若大于0，说明d的字典顺序较小。

class Solution {
        
        public String findLongestWord(String s, List<String> dictionary) {
        
           String longestWord = "";
            for(String d : dictionary){
        
                if(isWord(s, d)){
        
                    //如果d的长度大于最长单词的长度，或者d的长度与最长单词长度相等，但是字典序小于它的字典序，则更新最长单词
                    if(d.length() > longestWord.length() || (d.length() == longestWord.length() && longestWord.compareTo(d) > 0)){
        
                        longestWord = d;
                    }
                }
            }
            return longestWord;
        }
    
        private boolean isWord(String s, String d){
        
            int i = 0, j = 0;
            while(i < s.length() && j < d.length()){
        
                if(s.charAt(i) == d.charAt(j)){
        
                    j++;
                }
                i++;
            }
            return j == d.length(); 
        }
    }

--------------------

## 三、滑动窗口算法 ##

这也许是双指针技巧的最高境界了，如果掌握了此算法，可以解决一大类子字符串匹配的问题，不过「滑动窗口」算法比上述的这些算法稍微复杂些。

幸运的是，这类算法是有框架模板的，下篇文章就准备讲解「滑动窗口」算法模板，帮大家秒杀几道 LeetCode 子串匹配的问题。

/* 滑动窗口算法框架 */
    void slidingWindow(string s, string t) {
        
        unordered_map<char, int> need, window;
        for (char c : t) need[c]++;
    
        int left = 0, right = 0;
        int valid = 0; 
        while (right < s.size()) {
        
            // c 是将移入窗口的字符
            char c = s[right];
            // 右移窗口
            right++;
            // 进行窗口内数据的一系列更新
            ...
    
            /*** debug 输出的位置 ***/
            printf("window: [%d, %d)\n", left, right);
            /********************/
    
            // 判断左侧窗口是否要收缩
            while (window needs shrink) {
        
                // d 是将移出窗口的字符
                char d = s[left];
                // 左移窗口
                left++;
                // 进行窗口内数据的一系列更新
                ...
            }
        }
    }

**其中两处`...`表示的更新窗口数据的地方，到时候你直接往里面填就行了**。

而且，这两个`...`处的操作分别是右移和左移窗口更新操作，等会你会发现它们操作是完全对称的。

**下面就直接上四道 LeetCode 原题来套这个框架**

### 76. 最小覆盖子串（困难） ###

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：\*\*如果 `s` 中存在这样的子串，我们保证它是唯一的答案。

输入：s = "ADOBECODEBANC", t = "ABC"
    输出："BANC"

**解题思路**：

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

思路很直接，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`，**把索引左闭右开区间`[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，\*\*也就是最短的覆盖子串。左右指针轮流前进，窗口大小增增减减，窗口不断向右滑动，这就是「滑动窗口」这个名字的来历。

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：  
![watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3FxXzQyODc0MzE5_size_16_color_FFFFFF_t_70][]  
增加`right`，直到窗口`[left, right)`包含了`T`中所有字符：  
![watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3FxXzQyODc0MzE5_size_16_color_FFFFFF_t_70 1][]  
现在开始增加`left`，缩小窗口`[left, right)`。  
![watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3FxXzQyODc0MzE5_size_16_color_FFFFFF_t_70 2][]  
直到窗口中的字符串不再符合要求，`left`不再继续移动。  
![watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3FxXzQyODc0MzE5_size_16_color_FFFFFF_t_70 3][]  
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。

class Solution {
        
        public String minWindow(String s, String t) {
        
            Map<Character,Integer> window = new HashMap();  // 用来记录窗口中的字符和数量
            Map<Character,Integer> need = new HashMap();  // 需要凑齐的字符和数量
            // 构建need字符集
            for (char c : t.toCharArray()) {
        
                need.put(c,need.getOrDefault(c,0)+1);
            }
    
            int left = 0,right = 0,valid = 0;
            // valid是用来记录窗口中满足need要求的字符和数量的数目，比如need中要求字符a数量为2，如果window中的a字符的数量等于了2，valid就＋1
            int len = Integer.MAX_VALUE;  // 记录最小字串的长度
            int start = 0;               // 记录最小字串的起始位置
            while(right < s.length()){
        
                char addChar = s.charAt(right);  // 即将要加入window的字符
                right++;
                // 如果加入的字符是need中要求的字符，并且该字符个数已经达到了need要求的个数，则valid+1
                // 这里和下面都有个坑，window.get(addChar)和need.get(addChar)返回的都是对象，最好用.equals()方法比较大小
                if(need.containsKey(addChar)){
        
                    window.put(addChar,window.getOrDefault(addChar,0) + 1);  
                    if(window.get(addChar).equals(need.get(addChar))){
        
                        valid++;
                    }
                }
    			// 当window中记录的字符和数量满足了need中要求的字符和数量，考虑缩窗口
                while(valid == need.size()){
        
                    // 先判断当前的最小覆盖字串是否比之前的最小覆盖字串短
                    if(right - left < len){
          // 注意，这里上面已经对right实施了++操作，所以这里的长度不是right - left + 1
                        len = right - left ;
                        start = left;       // 如果最短，则记录下该最小覆盖字串的起始位置
                    }
                    char removeChar = s.charAt(left);// removeChar是将移出窗口的字符
                    left++;
                    // 开始缩减窗口，left右移，如果要从window删除的字符正好是need中需要的并且，数目也等于need中需要的数目，
                    // 则删减后，该字符要求的数量显然不满足need要求的数量，所以valid要-1；
                    if(need.containsKey(removeChar)){
        
                        if(window.get(removeChar).equals(need.get(removeChar))){
        
                            valid--;
                        }
                        window.put(removeChar,window.get(removeChar) - 1);
                    }
                }
    
            }
            // 如果最小覆盖字串的长度相对于定义时没变，则t不包含s中所有的字符，返回"",如果长度改变过，说明存在这样的最小覆盖字串，直接输出。
            return len == Integer.MAX_VALUE? "" : s.substring(start, start + len);
        }
    }

需要注意的是，当我们发现某个字符在`window`的数量满足了`need`的需要，就要更新`valid`，表示有一个字符已经满足要求。而且，你能发现，两次对窗口内数据的更新操作是完全对称的。

当`valid == need.size()`时，说明`T`中所有字符已经被覆盖，已经得到一个可行的覆盖子串，现在应该开始收缩窗口了，以便得到「最小覆盖子串」。

移动`left`收缩窗口时，窗口内的字符都是可行解，所以应该在收缩窗口的阶段进行最小覆盖子串的更新，以便从可行解中找到长度最短的最终结果。

--------------------

### 567. 字符串的排列（中等） ###

给定两个字符串 `s1` 和 `s2`，写一个函数来判断 `s2` 是否包含 `s1` 的排列。

换句话说，第一个字符串的排列之一是第二个字符串的 **子串** 。

输入: s1 = "ab" s2 = "eidbaooo"
    输出: True
    解释: s2 包含 s1 的排列之一 ("ba").

输入: s1= "ab" s2 = "eidboaoo"
    输出: False

**解题思路**：

对于这道题的解法代码，基本上和最小覆盖子串一模一样，只需要改变两个地方：

\*\*1、\*\*本题移动`left`缩小窗口的时机是窗口大小大于`t.size()`时，因为排列嘛，显然长度应该是一样的。

\*\*2、\*\*当发现`valid == need.size()`时，就说明窗口中就是一个合法的排列，所以立即返回`true`。

至于如何处理窗口的扩大和缩小，和最小覆盖子串完全相同。

class Solution {
        
        public boolean checkInclusion(String s1, String s2) {
        
            Map<Character, Integer> need = new HashMap<>();
            Map<Character, Integer> window = new HashMap<>();
            for(char c : s1.toCharArray()){
        
                need.put(c, need.getOrDefault(c, 0) + 1);
            }
    
            int left = 0, right = 0, valid = 0;
            while(right < s2.length()){
        
                char addChar = s2.charAt(right);
                right++;
                /// 进行窗口内数据的一系列更新
                if(need.containsKey(addChar)){
        
                    window.put(addChar, window.getOrDefault(addChar, 0) + 1);
                    if(window.get(addChar).equals(need.get(addChar))){
        
                        valid++;
                    }
                }
                //移动left缩小窗口的时机是窗口大小大于t.size()时，因为排列嘛，显然长度应该是一样的。
                while (right - left >= s1.length()){
        
                    if(valid == need.size()){
         // 完全匹配返回true
                        return true;
                    }
                    char removeChar = s2.charAt(left);
                    left++;
                    // 进行窗口内数据的一系列更新
                    if(need.containsKey(removeChar)){
        
                        if(window.get(removeChar).equals(need.get(removeChar))){
        
                            valid--;
                        }
                        window.put(removeChar,window.getOrDefault(removeChar,0) -1);
                    }
                }
            }
            return false;
        }
    }

--------------------

### 438. 找到字符串中所有字母异位词（中等） ###

给定一个字符串 **s** 和一个非空字符串 **p**，找到 **s** 中所有是 **p** 的字母异位词的子串，返回这些子串的起始索引。字符串只包含小写英文字母，并且字符串 **s** 和 **p** 的长度都不超过 20100。

**说明：**

*  字母异位词指字母相同，但排列不同的字符串。
 *  不考虑答案输出的顺序。

输入:
    s: "cbaebabacd" p: "abc"
    输出:
    [0, 6]
    解释:
    起始索引等于 0 的子串是 "cba", 它是 "abc" 的字母异位词。
    起始索引等于 6 的子串是 "bac", 它是 "abc" 的字母异位词。

**解题思路**：**相当于，输入一个串`s`，一个串`p`，找到`s`中所有`t`的排列，返回它们的起始索引**。跟寻找字符串的排列一样，只是找到一个合法异位词（排列）之后将起始索引加入`res`即可。

class Solution {
        
        public List<Integer> findAnagrams(String s, String p) {
        
            List<Integer> res = new ArrayList<>();
            Map<Character, Integer> need = new HashMap<>();
            Map<Character, Integer> window = new HashMap<>(); 
            for(char c : p.toCharArray()){
        
                need.put(c, need.getOrDefault(c, 0) + 1);
            }
    
            int left = 0, right = 0, valid = 0;
            while(right < s.length()){
        
                char addChar = s.charAt(right);
                right++;
                if(need.containsKey(addChar)){
        
                    window.put(addChar, window.getOrDefault(addChar, 0) + 1);
                    if(window.get(addChar).equals(need.get(addChar))){
        
                        valid++;
                    }              
                }
    
                while(right - left == p.length()){
        
                    // 当窗口符合条件时，把起始索引加入 res
                    if(valid == need.size()){
        
                       res.add(left);
                    }
    
                    char removeChar = s.charAt(left);
                    left++;
                    if(need.containsKey(removeChar)){
        
                        if(window.get(removeChar).equals(need.get(removeChar))){
        
                            valid--;
                        }
                        window.put(removeChar, window.getOrDefault(removeChar, 0) - 1);
                    }
                }
            }
            return res;
        }
    }

--------------------

### 3. 无重复字串的最长子串（中等） ###

给定一个字符串，请你找出其中不含有重复字符的 **最长子串** 的长度。

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。

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

**解题思路**：这就是变简单了，连`need`和`valid`都不需要，而且更新窗口内数据也只需要简单的更新计数器`window`即可。

当`window[c]`值大于 1 时，说明窗口中存在重复字符，不符合条件，就该移动`left`缩小窗口了嘛。

唯一需要注意的是，在哪里更新结果`res`呢？我们要的是最长无重复子串，哪一个阶段可以保证窗口中的字符串是没有重复的呢？

这里和之前不一样，**要在收缩窗口完成后更新`res`**，因为窗口收缩的 while 条件是存在重复元素，换句话说收缩完成后一定保证窗口中没有重复嘛。

class Solution {
        
        public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
        
            Map<Character, Integer> window = new HashMap<>();
            int left = 0, right = 0;
            int maxLen = 0;
            while(right < s.length()){
        
                char addChar = s.charAt(right);
                right++;
                window.put(addChar, window.getOrDefault(addChar, 0) + 1);
               //当`window[c]`值大于 1 时，说明窗口中存在重复字符,移动left缩小窗口
                while(window.get(addChar) > 1){
        
                    char removeChar = s.charAt(left);
                    left++;
                    window.put(removeChar, window.getOrDefault(removeChar, 0) - 1);
                }
                // 在这里更新答案
                maxLen = Math.max(maxLen, right - left);
            }
            return maxLen;
        }
    }

于 1 时，说明窗口中存在重复字符，不符合条件，就该移动`left`缩小窗口了嘛。

唯一需要注意的是，在哪里更新结果`res`呢？我们要的是最长无重复子串，哪一个阶段可以保证窗口中的字符串是没有重复的呢？

这里和之前不一样，**要在收缩窗口完成后更新`res`**，因为窗口收缩的 while 条件是存在重复元素，换句话说收缩完成后一定保证窗口中没有重复嘛。

[labuladong_pdf]: https://blog.csdn.net/weixin_39887961/article/details/111263546?ops_request_misc=%257B%2522request%255Fid%2522%253A%2522162201308716780357298665%2522%252C%2522scm%2522%253A%252220140713.130102334.pc%255Fall.%2522%257D&request_id=162201308716780357298665&biz_id=0&utm_medium=distribute.pc_search_result.none-task-blog-2~all~first_rank_v2~rank_v29-12-111263546.first_rank_v2_pc_rank_v29&utm_term=labuladong&spm=1018.2226.3001.4187
[labuladong_pdf 1]: https://blog.csdn.net/weixin_39743824/article/details/110804876?ops_request_misc=%257B%2522request%255Fid%2522%253A%2522162201316216780366573232%2522%252C%2522scm%2522%253A%252220140713.130102334..%2522%257D&request_id=162201316216780366573232&biz_id=0&utm_medium=distribute.pc_search_result.none-task-blog-2~all~sobaiduend~default-1-110804876.first_rank_v2_pc_rank_v29&utm_term=labuladong%E6%BB%91%E5%8A%A8%E7%AA%97%E5%8F%A3&spm=1018.2226.3001.4187
[20210526150554197.png]: /images/20221014/999056d270f649728f5ae7a1a552f73f.png
[20210526150620981.png]: /images/20221014/4ef13315af8b47ec881b65eb3fbb38cb.png
[img-GjVoqIWX-1622012731601_C_Users_lp_AppData_Roaming_Typora_typora-user-images_image-20210525153325923.png]: /images/20221014/bea439ea27194c888c0924e76ce7ca5d.png
[img-CyKhhmFM-1622012731603_C_Users_lp_AppData_Roaming_Typora_typora-user-images_image-20210525153359061.png]: /images/20221014/13a2a65622e84d01a847087b95d42115.png
[img-Z02mhkkK-1622012731605_C_Users_lp_AppData_Roaming_Typora_typora-user-images_image-20210525153742908.png]: /images/20221014/533b754f19284d388415998a9ec0ed03.png
[Link 1]: https://baike.baidu.com/item/%E5%8E%9F%E5%9C%B0%E7%AE%97%E6%B3%95
[ASCII]: https://baike.baidu.com/item/ASCII
[img-IEdqtuZ0-1622012731607_C_Users_lp_AppData_Roaming_Typora_typora-user-images_image-20210525163549989.png]: /images/20221014/af017634b0ad4e77a7370966314d3566.png
[Link 2]: https://leetcode-cn.com/problems/rotate-array/solution/xuan-zhuan-shu-zu-by-leetcode-solution-nipk/
[watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3FxXzQyODc0MzE5_size_16_color_FFFFFF_t_70]: /images/20221014/d0219e6f53d243cbb3ebc457ab50f0ad.png
[watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3FxXzQyODc0MzE5_size_16_color_FFFFFF_t_70 1]: /images/20221014/c1b9032944c9477c824ba7481192d84e.png
[watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3FxXzQyODc0MzE5_size_16_color_FFFFFF_t_70 2]: /images/20221014/249a149127214d7bae014487315fedf3.png
[watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3FxXzQyODc0MzE5_size_16_color_FFFFFF_t_70 3]: /images/20221014/7ec93780128542938f0999efa80f7635.png