算法图解—最小覆盖子串
【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：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"
示例 2：
输入：s = "a", t = "a" 输出："a"
示例 3：
输入：s = "a", t = "bb" 输出：""
来源：力扣（LeetCode）第76题 链接：https://leetcode-cn.com/problems/minimum-window-substring 著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。
熟悉的童靴都知道，这道题属于双指针的经典题目：
我们称之为“滑动窗口”。
【题目分析】
我们先看看题目是什么意思。
本问题要求我们返回字符串 s中包含字符串 t 的全部字符的最小窗口。
我们称包含 t 的全部字母的窗口为「可行」窗口。
通过示例很容易明白题目意思，只要窗口里包含有目标字符串t中的左右字符，且要求是最短的。
那么什么是“滑动窗口”呢？
我把它比作家中的铝合金推拉窗。
对就是上图的这个东东。
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 right 指针（右侧），和一个用于「收缩」窗口的 left 指针（左侧）。在任意时刻，只有一个指针运动，而另一个保持静止。我们在 s 上滑动窗口，通过移动 right 指针不断扩张窗口。当窗口包含 t 中全部所需的字符后，如果左侧能收缩，我们就收缩窗口（左侧指针 left）直到得到最小窗口。
有人会问，为什么收缩要从左侧指针方向？
因为，你扩张是从右侧的，当停止扩张时，你想想，为什么会停止扩张？是因为当窗口包含 t 中全部所需的字符了。所有此时最右侧的字符一定是必须的，故要从左侧缩减，如果能的话。
【图解示例：参考leetCode】
作者：LeetCode-Solution 链接：https://leetcode-cn.com/problems/minimum-window-substring/solution/zui-xiao-fu-gai-zi-chuan-by-leetcode-solution/ 来源：力扣（LeetCode） 著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
假设：
s = ABAACBAB
t = ABC
第一步：
第二步：从第一步到第四步中间少了四步即是从A->B->A->A
第三步：left 缩减至B，仍然是包含了ABC，但不知道是否是最短，只好记录下来left ，right，len = right - left。
第四步：继续缩减；
第五步：再次包含ABC，记录下此时的left ，right，len = len>(right - left) ? (right - left) ： len。
第六步：仍然包含ABC，记录下此时的left ，right，len = len>(right - left) ? (right - left) ： len。left 继续右移。
第七步：
第八步：同上，记录，比较。不在赘述。
第九步：
第十步：至此后，结束。
思路知道了，那么说一说细节：
1、如何判断当前的窗口包含所有 t 所需的字符呢？
这涉及到数据结构的运用了，我们知道Java中hashMap查找的时间复杂度是O(1)。
借此，我们可以用一个需要匹配的哈希表 need<char, int> 表示 t 中所有的字符以及它们的个数，用一个窗口匹配哈希表 windows<char, int> 动态维护窗口中所有的字符以及它们的个数，如果这个动态表中包含 t 的哈希表中的所有字符，并且对应的个数都不小于 t 的哈希表中各个字符的个数，那么当前的窗口是「可行」的，即是满足“包含”的条件的。
2、如何判断这个动态表windows中是否包含 t 的哈希表中的所有字符，并且对应的个数都不小于 t 的哈希表中各个字符的个数？
可以利用一个int 变量即可，设为kind，我称之为种类，即当windows中达到need中某字符的数量时，该变量加1。
【代码实现】
//C++
class Solution { public: string minWindow(string s, string t) { //if(s.size() < t.size()) return ""; unordered_map<char, int> need,windows; for(char c:t) need[c]++; int kind = 0;//windows中的种类 int left = 0; int right = 0; int len = INT_MAX;//返回长度 int start = 0;//返回起始下标 while(right < s.size()){ //current char char c = s[right++]; if(need.count(c)){ windows[c]++; if(windows[c] == need[c]){ kind++; } } //if windows中种类齐全了，缩减左侧 while(kind == need.size()){ if(right - left < len){ start = left; len = right - left; } char d = s[left++]; if(need.count(d)){ windows[d]--; if(need[d] > windows[d]){ kind--; } } } } return len == INT_MAX ? "" : s.substr(start,len); } };
【Java】
class Solution { Map<Character, Integer> ori = new HashMap<Character, Integer>(); Map<Character, Integer> cnt = new HashMap<Character, Integer>(); public String minWindow(String s, String t) { int tLen = t.length(); for (int i = 0; i < tLen; i++) { char c = t.charAt(i); ori.put(c, ori.getOrDefault(c, 0) + 1); } int l = 0, r = -1; int len = Integer.MAX_VALUE, ansL = -1, ansR = -1; int sLen = s.length(); while (r < sLen) { ++r; if (r < sLen && ori.containsKey(s.charAt(r))) { cnt.put(s.charAt(r), cnt.getOrDefault(s.charAt(r), 0) + 1); } while (check() && l <= r) { if (r - l + 1 < len) { len = r - l + 1; ansL = l; ansR = l + len; } if (ori.containsKey(s.charAt(l))) { cnt.put(s.charAt(l), cnt.getOrDefault(s.charAt(l), 0) - 1); } ++l; } } return ansL == -1 ? "" : s.substring(ansL, ansR); } public boolean check() { Iterator iter = ori.entrySet().iterator(); while (iter.hasNext()) { Map.Entry entry = (Map.Entry) iter.next(); Character key = (Character) entry.getKey(); Integer val = (Integer) entry.getValue(); if (cnt.getOrDefault(key, 0) < val) { return false; } } return true; } }
【复杂度分析】
- 时间复杂度：最坏情况下左右指针对 s 的每个元素各遍历一遍，哈希表中对 s 中的每个元素各插入、删除一次，对 t 中的元素各插入一次。每次检查是否可行会遍历整个 t 的哈希表，哈希表的大小与字符集的大小有关，设字符集大小为 C，则渐进时间复杂度为 O(C⋅∣s∣+∣t∣)。
- 空间复杂度：这里用了两张哈希表作为辅助空间，每张哈希表最多不会存放超过字符集大小的键值对，我们设字符集大小为 C ，则渐进空间复杂度为 O(C)。
Over...
