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雜，所以本文只選擇點贊最高，較為經典的，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。
本文代碼為 C++ 實現，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據結構，以免有的讀者因為語言的細節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) 相當於 containsKey(key) 可以判斷鍵 key 是否存在。
可以使用方括號訪問鍵對應的值 map[key]。需要注意的是，如果該 key 不存在，C++ 會自動創建這個 key，並把 map[key] 賦值為 0。
所以代碼中多次出現的 map[key]++ 相當於 Java 的 map.put(key, map.getOrDefault(key, 0) + 1)。
本文大部分代碼都是圖片形式，可以點開放大，更重要的是可以左右滑動方便對比代碼。下面進入正題。
一、最小覆蓋子串
題目不難理解，就是說要在 S(source) 中找到包含 T(target) 中全部字母的一個子串，順序無所謂，但這個子串一定是所有可能子串中最短的。
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，這個算法的復雜度肯定大於 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果。
4、重復第 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 步相當於在尋找一個「可行解」，然后第 3 步在優化這個「可行解」，最終找到最優解。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 相當於計數器，分別記錄 T 中字符出現次數和窗口中的相應字符的出現次數。
初始狀態：
增加 right，直到窗口 [left, right] 包含了 T 中所有字符：
現在開始增加 left，縮小窗口 [left, right]。
直到窗口中的字符串不再符合要求，left 不再繼續移動。
之后重復上述過程，先移動 right，再移動 left…… 直到 right 指針到達字符串 S 的末端，算法結束。
如果你能夠理解上述過程，恭喜，你已經完全掌握了滑動窗口算法思想。至於如何具體到問題，如何得出此題的答案，都是編程問題，等會提供一套模板，理解一下就會了。
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;
while(right < s.size()) {
window.add(s[right]);
right++;
// 如果符合要求，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 res
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。現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，是否包含 t 的所有字符呢？
可以用兩個哈希表當作計數器解決。用一個哈希表 needs 記錄字符串 t 中包含的字符及出現次數，用另一個哈希表 window 記錄當前「窗口」中包含的字符及出現的次數，如果 window 包含所有 needs 中的鍵，且這些鍵對應的值都大於等於 needs 中的值，那么就可以知道當前「窗口」符合要求了，可以開始移動 left 指針了。
現在將上面的框架繼續細化：
string s, t;
// 在 s 中尋找 t 的「最小覆蓋子串」
int left = 0, right = 0;
string res = s;
// 相當於兩個計數器
unordered_map<char, int> window;
unordered_map<char, int> needs;
for (char c : t) needs[c]++;
// 記錄 window 中已經有多少字符符合要求了
int match = 0;
while (right < s.size()) {
char c1 = s[right];
if (needs.count(c1)) {
window[c1]++; // 加入 window
if (window[c1] == needs[c1])
// 字符 c1 的出現次數符合要求了
match++;
}
right++;
// window 中的字符串已符合 needs 的要求了
while (match == needs.size()) {
// 更新結果 res
res = minLen(res, window);
char c2 = s[left];
if (needs.count(c2)) {
window[c2]--; // 移出 window
if (window[c2] < needs[c2])
// 字符 c2 出現次數不再符合要求
match--;
}
left++;
}
}
return res;
上述代碼已經具備完整的邏輯了，只有一處偽碼，即更新 res 的地方，不過這個問題太好解決了，直接看解法吧！
string minWindow(string s, string t) {
// 記錄最短子串的開始位置和長度
int start = 0, minLen = INT_MAX;
int left = 0, right = 0;
unordered_map<char, int> window;
unordered_map<char, int> needs;
for (char c : t) needs[c]++;
int match = 0;
while (right < s.size()) {
char c1 = s[right];
if (needs.count(c1)) {
window[c1]++;
if (window[c1] == needs[c1])
match++;
}
right++;
while (match == needs.size()) {
if (right - left < minLen) {
// 更新最小子串的位置和長度
start = left;
minLen = right - left;
}
char c2 = s[left];
if (needs.count(c2)) {
window[c2]--;
if (window[c2] < needs[c2])
match--;
}
left++;
}
}
return minLen == INT_MAX ?
"" : s.substr(start, minLen);
}
如果直接甩給你這么一大段代碼，我想你的心態是爆炸的，但是通過之前的步步跟進，你是否能夠理解這個算法的內在邏輯呢？你是否能清晰看出該算法的結構呢？
這個算法的時間復雜度是 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 循環遍歷了字符串 T 來初始化 needs，時間 O(N)，之后的兩個 while 循環最多執行 2M 次，時間 O(M)。
讀者也許認為嵌套的 while 循環復雜度應該是平方級，但是你這樣想，while 執行的次數就是雙指針 left 和 right 走的總路程，最多是 2M 嘛。
二、找到字符串中所有字母異位詞
這道題的難度是 Easy，但是評論區點贊最多的一條是這樣：
How can this problem be marked as easy???
實際上，這個 Easy 是屬於了解雙指針技巧的人的，只要把上一道題的代碼改中更新 res 部分的代碼稍加修改就成了這道題的解：
vector<int> findAnagrams(string s, string t) {
// 用數組記錄答案
vector<int> res;
int left = 0, right = 0;
unordered_map<char, int> needs;
unordered_map<char, int> window;
for (char c : t) needs[c]++;
int match = 0;
while (right < s.size()) {
char c1 = s[right];
if (needs.count(c1)) {
window[c1]++;
if (window[c1] == needs[c1])
match++;
}
right++;
while (match == needs.size()) {
// 如果 window 的大小合適
// 就把起始索引 left 加入結果
if (right - left == t.size()) {
res.push_back(left);
}
char c2 = s[left];
if (needs.count(c2)) {
window[c2]--;
if (window[c2] < needs[c2])
match--;
}
left++;
}
}
return res;
}
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。
三、無重復字符的最長子串
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 作為計數器記錄窗口中的字符出現次數，然后先向右移動 right，當 window 中出現重復字符時，開始移動 left 縮小窗口，如此往復：
int lengthOfLongestSubstring(string s) {
int left = 0, right = 0;
unordered_map<char, int> window;
int res = 0; // 記錄最長長度
while (right < s.size()) {
char c1 = s[right];
window[c1]++;
right++;
// 如果 window 中出現重復字符
// 開始移動 left 縮小窗口
while (window[c1] > 1) {
char c2 = s[left];
window[c2]--;
left++;
}
res = max(res, right - left);
}
return res;
}
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 res。
最后總結
通過上面三道題，我們可以總結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 的數據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計數器，當然你也可以用一個數組實現同樣效果，因為我們只處理英文字母。
稍微麻煩的地方就是這個 valid 條件，為了實現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，只是大多數代碼都在處理這個問題而已。
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