現(xiàn)在寫滑動窗口算法的時機應(yīng)該是合適的，因為讀者已經(jīng)通過 雙指針技巧匯總 理解了雙指針的套路，通過 單調(diào)隊列解決滑動窗口問題 對滑動窗口這個東西有了個印象，而且通過 一個方法團滅股票問題 看到了成體系方法舉一反三的威力。
本文詳解「滑動窗口」這種高級雙指針技巧的算法框架，帶你秒殺幾道高難度的子字符串匹配問題。
LeetCode 上至少有 9 道題目可以用此方法高效解決。但是有幾道是 VIP 題目，有幾道題目雖不難但太復(fù)雜，所以本文只選擇點贊最高，較為經(jīng)典的，最能夠講明白的三道題來講解。第一題為了讓讀者掌握算法模板，篇幅相對長，后兩題就基本秒殺了。文章最后抽象出一個簡單的算法框架。
本文代碼為 C++ 實現(xiàn)，不會用到什么編程方面的奇技淫巧，但是還是簡單介紹一下一些用到的數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)，以免有的讀者因為語言的細節(jié)問題阻礙對算法思想的理解：
unordered_map 就是哈希表（字典），它的一個方法 count(key) 相當(dāng)于 containsKey(key) 可以判斷鍵 key 是否存在。
可以使用方括號訪問鍵對應(yīng)的值 map[key]。需要注意的是，如果該 key 不存在，C++ 會自動創(chuàng)建這個 key，并把 map[key] 賦值為 0。
所以代碼中多次出現(xiàn)的 map[key]++ 相當(dāng)于 Java 的 map.put(key, map.getOrDefault(key, 0)+1)。
PS：本文大的主要代碼都是圖片形式，可以點開放大，更重要的是可以左右滑動方便對比代碼。
題目不難理解，要求在串 S(source) 中找到包含串 T(target) 中全部字母的一個子串，順序無所謂，但這個子串得是所有可能子串中最短的。
此題難度 Hard，但是因為很有代表性，所以放到第一道。
如果我們使用暴力解法，代碼大概是這樣的：
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
思路很直接吧，但是顯然，這個算法的復(fù)雜度肯定大于 O(N^2) 了，不好。
滑動窗口算法的思路是這樣：
1、我們在字符串 S 中使用雙指針中的左右指針技巧，初始化 left = right = 0，把索引閉區(qū)間 [left, right] 稱為一個「窗口」。
2、我們先不斷地增加 right 指針擴大窗口 [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、此時，我們停止增加 right，轉(zhuǎn)而不斷增加 left 指針縮小窗口 [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）。同時，每次增加 left，我們都要更新一輪結(jié)果。
4、重復(fù)第 2 和第 3 步，直到 right 到達字符串 S 的盡頭。
這個思路其實也不難，第 2 步相當(dāng)于在尋找一個「可行解」，然后第 3 步在優(yōu)化這個「可行解」，最終找到最優(yōu)解。左右指針輪流前進，窗口大小增增減減，窗口不斷向右滑動。
下面畫圖理解一下，needs 和 window 相當(dāng)于計數(shù)器，分別記錄 T 中字符出現(xiàn)次數(shù)和窗口中的相應(yīng)字符的出現(xiàn)次數(shù)。
初始狀態(tài)：
增加 right，直到窗口 [left, right] 包含了 T 中所有字符：
現(xiàn)在開始增加 left，縮小窗口 [left, right]（此時窗口里的字符串是最優(yōu)解）：
直到窗口中的字符串不再符合要求，left 不再繼續(xù)移動：
之后重復(fù)上述過程，再移動 right 試圖使窗口中的字符再次符合要求，之后移動 left 縮小窗口… 直到 right 指針到達字符串 S 的末端，算法結(jié)束。
在算法執(zhí)行過程中，就可以找到長度最短符合條件的子串（窗口）。
如果你能夠理解上述過程，恭喜，你已經(jīng)完全掌握了滑動窗口算法思想。至于如何具體到問題，如何得出此題的答案，都是編程問題，很容易解決。
上述過程可以簡單地寫出如下偽碼框架：
string s, t;
// 在 s 中尋找 t 的「最小覆蓋子串」
int left = 0, right = 0;
string res = s;
// 先移動 right 尋找可行解
while(right < s.size()) {
window.add(s[right]);
right++;
// 找到可行解后，開始移動 left 縮小窗口
while (window 符合要求) {
// 如果這個窗口的子串更短，則更新結(jié)果
res = minLen(res, window);
window.remove(s[left]);
left++;
}
}
return res;如果上述代碼你也能夠理解，那么你離解題更近了一步?，F(xiàn)在就剩下一個比較棘手的問題：
如何判斷 window 即子串 s[left...right] 是否符合要求，即是否包含 t 的所有字符呢？
可以用兩個哈希表當(dāng)作計數(shù)器解決。用一個哈希表 needs 記錄字符串 t 中包含的字符及出現(xiàn)次數(shù)，用另一個哈希表 window 記錄當(dāng)前「窗口」中包含的字符及出現(xiàn)的次數(shù)。如果 window 包含所有 needs 中的鍵，且這些鍵對應(yīng)的值都大于等于 needs 中的值，那么就可以知道當(dāng)前「窗口」符合要求了，可以開始移動 left 指針了。
現(xiàn)在將上面的框架繼續(xù)細化：
上述代碼已經(jīng)具備完整的邏輯了，只有一處偽碼，即更新最短子串結(jié)果 res 的地方，不過這個問題太好解決了，直接看完整解法吧！
如果直接甩給你這么一大段代碼，我想你的心態(tài)是爆炸的。但是通過之前的步步跟進，你應(yīng)該能夠理解這個算法的內(nèi)在邏輯，能清晰看出該算法的結(jié)構(gòu)了。
這個算法的時間復(fù)雜度是 O(M + N)，M 和 N 分別是字符串 S 和 T 的長度。因為我們先用 for 循環(huán)遍歷了字符串 T 來初始化 needs，時間 O(N)，之后的兩個 while 循環(huán)最多執(zhí)行 2M 次，時間 O(M)。
讀者也許認為嵌套的 while 循環(huán)復(fù)雜度應(yīng)該是平方級，但是你這樣想，while 執(zhí)行的次數(shù)就是雙指針 left 和 right 走的總路程，最多是 2M 嘛。
這道題的難度是 Easy，但是評論區(qū)點贊最多的一條是這樣：
How can this problem be marked as easy?
實際上，這個 Easy 是屬于了解雙指針技巧的人的，只要把上一道題的代碼改中更新結(jié)果的代碼稍加修改就成了這道題的解：
因為這道題和上一道的場景類似，也需要 window 中包含串 t 的所有字符，但上一道題要找長度最短的子串，這道題要找長度相同的子串，也就是「字母異位詞」嘛。
此題難度 Medium，遇到子串問題，首先想到的就是滑動窗口技巧。
類似之前的思路，使用 window 作為計數(shù)器記錄窗口中的字符出現(xiàn)次數(shù)，然后先向右移動 right，當(dāng) window 中出現(xiàn)重復(fù)字符時，開始移動 left 縮小窗口，如此往復(fù)：
需要注意的是，因為我們要求的是最長子串，所以需要在每次移動 right 增大窗口時更新 res，而不是像之前的題目在移動 left 縮小窗口時更新。
通過上面三道題，我們可以總結(jié)出滑動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 的數(shù)據(jù)類型可以視具體情況而定，比如上述題目都使用哈希表充當(dāng)計數(shù)器，當(dāng)然你也可以用一個數(shù)組實現(xiàn)同樣效果，因為我們只處理英文字母。
另外，滑動窗口技巧也可以運用在數(shù)組中，比如給一個數(shù)組，求其中 sum 最大的子數(shù)組，或者求平均數(shù)最大的子數(shù)組，都可以用滑動窗口技巧解決。
稍微麻煩的地方就是這個 valid 條件，為了實現(xiàn)這個條件的實時更新，我們可能會寫很多代碼。比如前兩道題，看起來解法篇幅那么長，實際上思想還是很簡單，只是大多數(shù)代碼都在處理這個問題而已。
