3. 无重复字符的最长子串

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。

示例 1:

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。

思路：想象一下我们自己是怎么判断无重复的，先以第K个字符开始，依次加入字符，直到遇到重复的，这里抽象成代码语言就是：需要两个指针（左右指针去移动），还需要一个能存储字符的数据结构，并且可以判断重复。所以我们就可以采用滑动窗口去处理，对于判断重复用的数据结构为哈希集合（即 C++ 中的 std::unordered_set

        在左指针向右移动的时候，我们从哈希集合中移除一个字符，在右指针向右移动的时候，我们往哈希集合中添加一个字符。

由上面想法可以写出下面代码（个人走的弯路，不想看可以跳过）

class Solution {
public:int lengthOfLongestSubstring(string s) {unordered_set<char> str;int right=0;//右值针int lenght=0;//最大长度for(int i=0;i<s.size();i++){str.insert(s[i]);right=i+1;while(!str.count(s[right])&&right<s.size()){str.insert(s[right]);++right;}lenght=max(lenght,right-i);right=i;str.clear();}return lenght;}
};

可以解出来，但是耗时太长没有利用好滑动窗口减少比对次数

        我们继续优化，减少比对次数，实际上每次左值针更新时，右指针可以不用左值针处开始比较，可以先将左值针移动向里收缩，右指针不动。

        原因：假设我们选择字符串中的第 k 个字符作为起始位置，并且得到了不包含重复字符的最长子串的结束位置为 rk​。那么当我们选择第 k+1个字符作为起始位置时，首先从 k+1到 rk的字符显然是不重复的，并且由于少了原本的第 k 个字符，我们可以尝试继续增大 rk (而不是从左值针处开始)，直到右侧出现了重复字符为止。

优化代码：

class Solution {
public:int lengthOfLongestSubstring(string s) {unordered_set<char> str;int right=0;//右值针int lenght=0;//最大长度for(int i=0;i<s.size();i++){if(i!=0){str.erase(s[i-1]);}while(!str.count(s[right])&&right<s.size()){str.insert(s[right]);++right;}lenght=max(lenght,right-i);}return lenght;}
};

438. 找到字符串中所有字母异位词

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）。

示例 1:

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。

思路：用滑动窗口在S中找到和p的异位词就行，滑动过程中维持滑动窗口的长度等于P的长度。

PS：这里开始我用49. 字母异位词分组同样的方法，利用排序找出p字符串和滑动窗口的key，再进行比较，发现力扣有些变态测试用例会严重超时。其他测试用例都可以通过。代码如下（仅供参考）：

class Solution {
public:vector<int> findAnagrams(string s, string p) {vector<int> nums;sort(p.begin(),p.end());int left=0,right=p.size();while((left+right)<=s.size()){string result=s.substr(left,right);sort(result.begin(),result.end());if(result==p){nums.emplace_back(left);}++left;}return nums;}
};

继续优化，耗时的原因就是排序，所以换成通过统计滑动窗口中字母出现的次数来判断是否和P是异位词。最后一个小细节，如果字符串s的长度小于字符串p的长度，直接返回空。

代码：

class Solution {
public:vector<int> findAnagrams(string s, string p) {int sL=s.size(),pL=p.size();if(sL<pL){//匹配字符串没有异位词长度大return vector<int>();}vector<int> nums;vector<int> snums(26);vector<int> pnums(26);for (int i = 0; i < pL; ++i) {//统计滑动窗口刚开始，内部包含的字母数量，相当于初始化滑动窗口++snums[s[i] - 'a'];++pnums[p[i] - 'a'];}if (snums == pnums) {nums.emplace_back(0);//如果滑动窗口启动时就匹配，说明位置0就是一个答案}for (int i = 0; i < sL - pL; ++i) {--snums[s[i] - 'a'];//滑动窗口左侧抛出++snums[s[i + pL] - 'a'];//滑动窗口右侧加入if (snums == pnums) {nums.emplace_back(i + 1);//注意i位置是被抛出滑动窗口的，匹配成功应该记录i的下一个位置}}return nums;}
};

560. 和为 K 的子数组

给你一个整数数组 nums 和一个整数 k ，请你统计并返回 该数组中和为 k 的子数组的个数 。

子数组是数组中元素的连续非空序列。

示例 1：

输入：nums = [1,1,1], k = 2
输出：2

示例 2：

输入：nums = [1,2,3], k = 3
输出：2

思路：注意这里子数组是连续的序列，所以不存在跳着组合加起来等于k。看到连续数组和就用前缀和去处理（前缀和不在这里介绍）。

前缀和数组中有两种情况，一是本身就等于k，二是存在两个前缀和相减等于k。

对于上述两种情况，需要用map数组去统计前缀和出现的次数

为什么呢？

首先对于情况一，直接输出等于k的前缀和出现的次数，所以遍历前缀和时用map去统计出现次数；

对于情况二，我们举一个例子，如下 

可以看到对于情况二，如果前缀和出现相等时，那么符合条件的子数组个数就等于该前缀和出现的次数。例如前缀和0出现次数等于2，所以符合结果的子数组次数也是2，到这里就可以发现为什么要用map统计前缀和出现的次数，用代码表示就是

sum//当前前缀和
sum-k//符合条件的前缀和
map.count(sum-k)//map中符合条件的前缀和是否出现
res+=map[sum-k];//统计map中符合条件的前缀和出现次数

最后整合情况一和情况二，对于情况一来说前缀和sum等于K，所以我们初始化时候，map[0]=1，这样只要符合前缀和出现时候，map[sum-k]就是map[0]出现次数,这样就将情况一和情况二整合了。

代码：

class Solution {
public:int subarraySum(vector<int>& nums, int k) {unordered_map<int,int> map;//存放前缀和int sum=0;//当前前缀和int res=0;map[0]=1;for(auto n:nums){sum+=n;//计算前缀和if(map.count(sum-k)){res+=map[sum-k];}map[sum]++;//当前前缀和次数加一}return res;}
};