【双指针】力扣76：最小覆盖子串（代码错误）

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：

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

该问题要求返回字符串 s 中包含字符串 t 的全部字符的最小窗口。称包含 t 的全部字母的窗口为「可行」窗口。
在滑动窗口类型的问题中都会有两个指针，一个用于「延伸」现有窗口的 r 指针，和一个用于「收缩」窗口的 l 指针。两个指针 l 和 r 都是从最左端向最右端移动，且 l 的位置一定在 r 的左边或重合。
在任意时刻，只有一个指针运动，而另一个保持静止。在字符串 s 上滑动窗口，通过移动 r 指针不断扩张窗口（窗口不包含完整的 t 则 r 右移）。当窗口包含字符串 t 全部所需的字符后，如果能收缩，就通过移动 l 指针收缩窗口（窗口包含完整的 t 则 l 右移），直到得到最小窗口。
步骤：

不断增加 r 使滑动窗口增大，直到窗口包含了 t 的所有元素；
不断增加 l 使滑动窗口缩小，因为是要求最小字串，所以将不必要的元素排除在外，使长度减小，直到碰到一个必须包含的元素，这个时候不能再扔了，再扔就不满足条件了，记录此时滑动窗口的长度r - j + 1，并保存最小值；
让 l 再增加一个位置，这个时候滑动窗口肯定不满足条件了，那么继续从步骤一开始执行，寻找新的满足条件的滑动窗口，如此反复，直到 r 超出了字符串 s 范围。

问题：如何判断滑动窗口包含了T的所有元素？
我们用一个字典（哈希表）need 表示当前滑动窗口中需要的各元素的数量，一开始滑动窗口为空，用 t 中各元素来初始化 need，当滑动窗口扩展或者收缩的时候，去维护need，例如当滑动窗口包含某个元素，就让 need 中这个元素的数量减 1，代表所需元素减少了1个；当滑动窗口移除某个元素，就让 need 中这个元素的数量加1。
记住一点：need 始终记录着当前滑动窗口下还需要的元素数量，在改变 l和r 时，需同步维护 need。
值得注意的是，只要某个元素包含在滑动窗口中，就会在 need 中存储这个元素的数量，如果某个元素存储的是负数代表这个元素是多余的。比如当 need 等于 {'A': -2, 'C': 1} 时，表示当前滑动窗口中，有2个A是多余的，同时还需要1个C。这么做的目的就是在步骤2中排除不必要的元素，数量为负的就是不必要的元素，而数量为0表示刚刚好。
回到问题中来，那么如何判断滑动窗口包含了 t 的所有元素？结论就是当 need 中所有元素的数量都 <= 0 时，表示当前滑动窗口不再需要任何元素。

问题：是否可以优化？
如果每次判断滑动窗口是否包含了 t 的所有元素，都去遍历 need 看是否所有元素数量都小于等于0，这个会耗费O(k)的时间复杂度，k 代表字典长度，最坏情况下，k 可能等于len(s)。
其实这个是可以避免的，可以维护一个额外的变量 needCount 记录升序所需元素的总数量，当我们碰到一个所需元素 char，不仅 need[char] 的数量减少 1，同时 needCount 也要减少1，这样我们通过 needCount 就可以知道是否满足条件，而无需遍历字典了。
前面提到，need 记录了遍历到的所有元素，而只有 need[char] > 0 时，代表 char 就是所需元素。

时间复杂度是 O(n)。两个指针都严格递增，最多移动 n 次
空间复杂度为 O(k)。k 为 s 和 t 的字符数和。

另一种思路：
需要两个哈希表：hs 哈希表维护的是 s 字符串中滑动窗口中各个字符出现多少次，ht 哈希表维护的是 t 字符串各个字符出现多少次。如果 hs 哈希表中包含 ht 哈希表中的所有字符，并且对应的个数都不小于 ht 哈希表中各个字符的个数，那么说明当前的窗口是可行的，可行中的长度最短的滑动窗口就是答案。
过程：

遍历 t 字符串，用 ht 哈希表记录 t 字符串各个字符出现的次数。
定义两个指针 l 和 r ，l 指针用于收缩窗口，r指针用于延伸窗口，则区间[l, r]表示当前滑动窗口。首先让 l 和 r 指针都指向字符串 s 开头，然后枚举整个字符串 s ，枚举过程中，不断增加 r 使滑动窗口增大，相当于向右扩展滑动窗口。
每次向右扩展滑动窗口一步，将 s[r] 加入滑动窗口中，而新加入了s[r]相当于滑动窗口维护的字符数加一，即 hs[s[r]]++ 。
对于新加入的字符 s[r],如果 hs[s[r]] <= ht[s[r]]，说明当前新加入的字符s[r]是必需的，且还未到达字符串 t 所要求的数量。还需要事先定义一个 cnt 变量，cnt 维护的是 s 字符串[l, r]]区间中满足 t 字符串的元素的个数，记录相对应字符的总数。新加入的字符s[r]必需，则 cnt++。
向右扩展滑动窗口的同时也不能忘记收缩滑动窗口。因此当 hs[s[l]] > ht[s[l]时，说明 hs 哈希表中 s[l] 的数量多于 ht 哈希表中 s[l] 的数量，此时我们就需要向右收缩滑动窗口，l++ 并使 hs[s[l]]--，即 hs[s[l ++]] --。
当 cnt == len(t) 时，说明此时滑动窗口包含符串 t 的全部字符。我们重复上述过程找到最小窗口即为答案。

from collections import defaultdict
class Solution:
    def minWindow(self, s: str, t: str) -> str:
        '''
        如果hs哈希表中包含ht哈希表中的所有字符，并且对应的个数都不小于ht哈希表中各个字符的个数，那么说明当前的窗口是可行的，可行中的长度最短的滑动窗口就是答案。
        '''
        if len(s)<len(t):
            return ""
        hs, ht = defaultdict(int), defaultdict(int)#初始化新加入key的value为0
        for char in t:
            ht[char] += 1
        res = "" 
        left, right = 0, 0 #滑动窗口
        cnt = 0 #当前窗口中满足ht的字符个数
        while right<len(s):
            hs[s[right]] += 1
            if hs[s[right]] <= ht[s[right]]: #必须加入的元素
                cnt += 1 #遇到了一个新的字符先加进了hs，所以相等的情况cnt也+1
            while left<=right and hs[s[left]] > ht[s[left]]:#窗口内元素都符合，开始压缩窗口
                hs[s[left]] -= 1
                left += 1
            if cnt == len(t):
                if not res or right-left+1<len(res): #res为空或者遇到了更短的长度
                    res = s[left:right+1]
            right += 1
        return res

作者：lin-shen-shi-jian-lu-k
链接：https://leetcode-cn.com/problems/minimum-window-substring/solution/leetcode-76-zui-xiao-fu-gai-zi-chuan-cja-lmqz/