（非hot100，但是滑动窗口的思想可以很好的体现，入门滑动窗口很好的题）
给你一个由 n 个元素组成的整数数组 nums 和一个整数 k 。
请你找出平均数最大且 长度为 k 的连续子数组，并输出该最大平均数。
任何误差小于 10-5 的答案都将被视为正确答案。

输入：nums = [1,12,-5,-6,50,3], k = 4
输出：12.75
解释：最大平均数 (12-5-6+50)/4 = 51/4 = 12.75

解法1：滑动窗口

1. 维持一个滑动窗口，窗口大小保持k不变，
2. 初始化将滑动窗口压满，取得第一个滑动窗口的目标值
3. 继续滑动窗口，每往前滑动一次，需要删除一个和添加一个元素

public double findMaxAverage(int[] nums, int k) {double sum = 0.0;for(int i=0; i<k; i++){sum += nums[i];}double res = sum;for(int i=k; i<nums.length; i++){sum = sum+nums[i]-nums[i-k];res = Math.max(res,sum);}return res/k;
}

给定一个字符串 s ，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。

解法1：滑动窗口
定义两个指针 start 和 end，表示当前处理到的子串是 [start,end]。
[start,end] 始终满足要求：无重复字符。
从前往后进行扫描，同时维护一个哈希表记录 [start,end] 中每个字符出现的次数。
遍历过程中，end 不断自增，将第 end 个字符在哈希表中出现的次数加一。
令 right 为 下标 end 对应的字符，当满足 map.get(right) > 1 时，代表此前出现过第 end 位对应的字符。
此时更新 start 的位置（使其右移），直到不满足 map.get(right) > 1 （代表 [start,end] 恢复满足无重复字符的条件）。同时使用 [start,end] 长度更新答案。

public int lengthOfLongestSubstring(String s) {if(s == null || s.length()==0) return 0;int[] bit = new int[100];int left = 0;int res = 0;for(int i=0; i<s.length(); i++){char c = s.charAt(i);//可以用＝，因为bit内维护的是符合要求的子串//符合要求的子串每个元素只能有一个，不存在大于1的情况while(bit[c-' ']==1){bit[s.charAt(left++)-' ']--;}bit[c-' ']=1;res = Math.max(res,i-left+1);}return res;
}

func lengthOfLongestSubstring(s string) int {res := 0;charArr := [128]int{}l,r := 0,0lenght := len(s)for r<lenght {for charArr[s[r]] != 0{charArr[s[l]]--l++;}charArr[s[r]]++if res<(r-l+1) {res = (r-l+1)}r++}return res
}

给定两个字符串 s 和 p，找到 s 中所有 p 的 异位词 的子串，返回这些子串的起始索引。不考虑答案输出的顺序。
异位词 指由相同字母重排列形成的字符串（包括相同的字符串）。

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” 的异位词。
起始索引等于 6 的子串是 “bac”, 它是 “abc” 的异位词。

解法1：滑动窗口
首先创建一个数组，这个数组用来统计两个字符串（目标字符串p和当前字串s’）之间的差异的
首先将目标字符串p的每个字符统计加入到数组中，对于每个字符，计算出char-'a’之间的差值作为索引，将对应索引的值-1.
当统计完目标字符串的数组之后，当前数组有若干个索引上的元素为负数，表示有多少个相应字符出现在了目标字符串中。
接下来遍历字符串s，当当前字串长度和目标字符串长度相同是，判断数组是否每个元素都为0，为零则说明是异位词，否则不是。
判断完之后，左侧索引-1，相应的索引位置的值-1，右侧索引+1，相应的索引位置的值+1

public List<Integer> findAnagrams(String s, String p) {List<Integer> res = new ArrayList<>();int len = p.length();if(len>s.length()) return res;int[] charArr = new int[26];//首先将目标字符串的所有字符位置变为负数，有多少个就变成负多少//后边滑动窗口内维持的字串如果能让数组变为全0则符合要求for(int i=0; i<len; i++){char c = p.charAt(i);charArr[c-'a']--;char d = s.charAt(i);charArr[d-'a']++;}if(check(charArr)) res.add(0);for(int i=len; i<s.length(); i++){charArr[s.charAt(i-len)-'a']--;charArr[s.charAt(i)-'a']++;if(check(charArr)) res.add(i-len+1);}return res;
}public boolean check(int[] arr){for(int i=0; i<26; i++){if(arr[i]!=0) return false;}return true;
}

解法2：解法1的优化
解法1中每次对滑动窗口的检查都不可避免需要检查每个词频数组，复杂度为 O©。
事实上，我们只关心两个数组是否完全一致，因而我们能够只维护一个词频数组 cnt 来实现。
起始处理 p 串时，只对 cnt 进行词频字符自增操作。当处理 s 的滑动窗口子串时，尝试对 cnt 中的词频进行「抵消/恢复」操作：
当滑动窗口的右端点右移时（增加字符），对 cnt 执行右端点字符的「抵消」操作；
当滑动窗口的左端点右移时（减少字符），对 cnt 执行左端点字符的「恢复」操作。
同时，使用变量 a 统计 p 中不同字符的数量，使用变量 b 统计滑动窗口（子串）内有多少个字符词频与 p 相等。
当滑动窗口移动（ 执行「抵消/恢复」）时，如果「抵消」后该字符词频为 0，说明本次右端点右移，多产生了一位词频相同的字符；如果「恢复」后该字符词频数量为 1，说明少了一个为词频相同的字符。当且仅当 a=b 时，我们找到了一个新的异位组。

class Solution {public List<Integer> findAnagrams(String s, String p) {List<Integer> ans = new ArrayList<>();int n = s.length(), m = p.length();int[] cnt = new int[26];for (int i = 0; i < m; i++) cnt[p.charAt(i) - 'a']++;int a = 0;for (int i = 0; i < 26; i++) if (cnt[i] != 0) a++;for (int l = 0, r = 0, b = 0; r < n; r++) {// 往窗口增加字符，进行词频的抵消操作，如果抵消后词频为 0，说明有一个新的字符词频与 p 完全相等if (--cnt[s.charAt(r) - 'a'] == 0) b++; // 若窗口长度超过规定，将窗口左端点右移，执行词频恢复操作，如果恢复后词频为 1（恢复前为 0），说明少了一个词频与 p 完全性相等的字符if (r - l + 1 > m && ++cnt[s.charAt(l++) - 'a'] == 1) b--;if (b == a) ans.add(l);}return ans;}
}

给你一个字符串 s 和一个整数 k 。你可以选择字符串中的任一字符，并将其更改为任何其他大写英文字符。该操作最多可执行 k 次。
在执行上述操作后，返回 包含相同字母的最长子字符串的长度。

输入：s = “ABAB”, k = 2
输出：4
解释：用两个’A’替换为两个’B’,反之亦然。

解法1：滑动窗口
令 l 为符合条件的子串的左端点，r 为符合条件的子串的右端点。
使用 count 统计 [l,r] 范围的子串中每个字符串出现的次数。
对于合法的子串而言，必然有 sum(所有字符的出现次数) - max(出现次数最多的字符的出现次数）= other(其他字符的出现次数) <= k。
当找到这样的性质之后，我们可以对 s 进行遍历，每次让 r 右移并计数，如果符合条件，更新最大值；如果不符合条件，让 l 右移，更新计数，直到符合条件。