之前在用golang二刷代码随想录的时候，遇到209.长度最小的子数组竟然没想到应该用滑动窗口解题！怒而猛刷，并结合各个博客和视频总结滑动窗口题型和模板如下
参考资料：
【精心总结滑动窗口代码模板, 直接搞定80道Leetcode算法题】
【两分钟搞懂滑动窗口算法，致敬3b1b】
【labuladong算法笔记】

再次强调，主要是体会滑动窗口的核心思想，模板只是辅助。

滑动窗口的使用场景

• 很多题目都是找到所谓的子串、子数组、序列等等
• 有一些要求：最长、最小、重复等等
• 条件上的要求满足：串联、覆盖、有无重复、结算结果、出现次数、同时包含XX

一旦出现以上关键词，我们就应该考虑是否能考虑滑动窗口进行解答。

总而言之我认为，它往往是求一个连续的子序列，然后这个子序列要满足某种条件，这种题滑动窗口肯定是可以做的。

滑动窗口的核心思想

滑动窗口一般有几个核心组件：

• 左右指针构成一个窗口
  一般是首先移动右指针，然后判断当前窗内是否满足要求，满足要求存储结果，如果不满足要求了，就开始移动左指针，以求重新满足要求，当左右指针重合，可以认为是满足要求的特殊情况，重新开始移动右指针。
• 需要一个容器来存储结果
  一般是直接定义一个int整型数，在活动窗口中如果满足要求，将结果存储到容器中。

当右指针都到达末尾的时候，即整个流程结束

使用思路（寻找最长）

核心：左右双指针(L, R)在起始点，R向右逐位滑动
每次滑动过程中：
if : 窗口内元素满足条件，R向右扩大窗口，并更新最优结果
if : 窗口内元素不满足条件，L向右缩小窗口
流程结束：R指针到达结尾，整个流程结束

使用思路（寻找最短）

核心：左右双指针(L, R)在起始点，R向右逐位滑动
每次滑动过程中：
if : 窗口内元素满足条件，L向右缩小窗口，并更新最优结果
if : 窗口内元素不满足条件，R向右扩大窗口
流程结束：R指针到达结尾，整个流程结束

模板

两种情况在代码实现中最大的区别就是：内循环中，一个是result不满足要求；一个是当result满足要求！
最长(大)模板

初始化left, right, result, bestResult
某些时候可能需要合适的容器来承载result和bestResult
个人觉得最常用的就是哈希(包括数组、map、set)
while (右指针没有到结尾) {窗口扩大，加入right对应元素，更新当前resultwhile/if (result不满足要求) {窗口缩小，移除left对应元素，left右移}更新最优结果bestResultright++
}
返回bestResult;

这里while/if的区别主要在于如何移动指针，是逐步缩小窗口，还是直接开始新的窗口更新。
最短(小)模板

初始化left, right, result, bestResult
某些时候可能需要合适的容器来承载result和bestResult
个人觉得最常用的就是哈希(包括数组、map、set)
while (右指针没有到结尾) {窗口被扩大，加入right对应元素，更新当前resultwhile/if (result满足要求) {窗口缩小，移除left对应元素，left右移}更新最优结果bestResultright++
}
返回bestResult;

典型题型推荐

以下为最经典的题型：来自代码随想录和LeeCode hot100

• 209. 长度最小的子数组
• 3. 无重复字符的最长子串
• 438. 找到字符串中所有字母异位词
• 76. 最小覆盖子串

209. 长度最小的子数组

class Solution {
public:int minSubArrayLen(int target, vector<int>& nums) {int right = 0, left = 0;int curSum = 0;int bestResult = INT_MAX;  // 使用INT_MAX来表示无效的大数，方便之后取最小值while (right < nums.size()) {curSum += nums[right];  // 扩展窗口右边界while (curSum >= target) {bestResult = min(bestResult, right - left + 1);  // 更新最短长度curSum -= nums[left];  // 缩小窗口left++;  // 正确的是left增加}right++;  // 继续向右扩展窗口}return bestResult == INT_MAX ? 0 : bestResult;  // 如果没有更新过bestResult，返回0}
};

3. 无重复字符的最长子串

本题最核心的就是选一个容器来装字符：

set

class Solution {
public:int lengthOfLongestSubstring(string s) {unordered_set<char> set;  // 用于存储窗口中的字符int left = 0, right = 0;  // 双指针，表示当前的滑动窗口[left, right)int bestResult = 0;       // 最长无重复字符的子串长度while (right < s.length()) {char rChar = s[right];  // 右指针对应的字符// 如果字符已经存在于set中，移动左指针直到移除重复字符while (set.find(rChar) != set.end()) {set.erase(s[left]);left++;}// 添加新字符到set中，更新结果，移动右指针set.insert(rChar);bestResult = max(bestResult, right - left + 1);right++;}return bestResult;}
};

map

第一反应是使用unordered_map，我们可以在map中key为出现的字符，value为该字符的下标，方便左边的更新，下边的数组优化方案也是一样的道理，所以并这类题并不需要循环

class Solution {
public:int lengthOfLongestSubstring(string s) {unordered_map<char, int> map;  // 字符到其最近出现位置的映射int left = 0, right = 0;       // 双指针，表示当前的滑动窗口[left, right)int result = 0;                // 当前窗口的长度int bestResult = 0;            // 最长无重复字符的子串长度while (right < s.length()) {char rChar = s[right];     // 右指针对应的字符if (map.find(rChar) != map.end()) {// 如果字符已经存在，则可能需要移动左指针left = max(left, map[rChar] + 1);}map[rChar] = right;        // 更新或添加字符的最新索引result = right - left + 1; // 更新当前窗口的长度bestResult = max(bestResult, result); // 更新最长子串的长度right++;                   // 移动右指针}return bestResult;}
};

使用数组优化哈希表

int lengthOfLongestSubstring(string s) {vector<int> index(256, -1);  // ASCII 字符集，所有元素初始化为 -1int left = 0, right = 0;int bestResult = 0;while (right < s.length()) {char rChar = s[right];// 如果当前字符已出现过且索引大于等于左指针，则更新左指针if (index[rChar] != -1 && index[rChar] >= left) left = index[rChar] + 1;// 更新当前字符的索引index[rChar] = right;// 计算当前无重复字符子串的长度，并更新最长长度bestResult = max(bestResult, right - left + 1);// 移动右指针right++;}return bestResult;
}

438. 找到字符串中所有字母异位词

拿到本题很直观的感觉，我们需要一个容器装p，记录他出现的字母和次数，然后需要一个容器装我们滑动窗口中的字符，然后这两个容器如果匹配上了，那肯定就是异构词了。

class Solution {
public:vector<int> findAnagrams(string s, string p) {vector<int> result;if (s.size() < p.size()) return result;unordered_map<char, int> pCount, sCount;//初始化p的字符频率表for (char c : p) {pCount[c]++;}int left = 0, right = 0;int required = p.size();while (right < s.size()) {//加入当前右指针char rChar = s[right];sCount[rChar]++;//当窗口大小匹配P长度时进行比较if (right - left + 1 == required) {if (sCount == pCount) { //存结果result.push_back(left);}//否则窗口左端向右移动，缩小窗口sCount[s[left]]--;if (sCount[s[left]] == 0) {sCount.erase(s[left]);}left++;}right++;}return result;}
};

数组优化

• 我们使用固定大小的数组代替哈希表
• 减少不必要的比较
  • 我们在之前的实现，每次窗口大小达到p长度时，我们都会比较两个哈希表，我们可以只在字符频率匹配时才进行这样的比较，即当插入或删除操作可能改变频率表到匹配状态时才检查。
• 滑动窗口计数
  • 维护一个计数器来跟踪已匹配的字符种类数量。例如，当某个字符的期望频率与窗口中的频率相匹配时，增加计数器。如果所有字符都匹配，计数器将等于不同字符的总数。这样可以在不比较整个哈希表（指数组）的情况下，通过检查计数器来判断当前窗口是否为有效的异位词。

class Solution {
public:vector<int> findAnagrams(string s, string p) {vector<int> result;if (s.size() < p.size()) return result;vector<int> pCount(256, 0), sCount(256, 0);for (char c : p) {pCount[c]++;}int left = 0, right = 0, count = 0;int pLength = p.size();while (right < s.size()) {// 增加右指针字符if (pCount[s[right]] > 0 && ++sCount[s[right]] <= pCount[s[right]]) {count++;}// 当窗口大小正确，并且计数匹配if (right - left + 1 == pLength) {if (count == pLength) {result.push_back(left);}// 减少左指针字符if (pCount[s[left]] > 0 && sCount[s[left]]-- <= pCount[s[left]]) {count--;}left++;}right++;}return result;}
};

76. 最小覆盖子串

和上一题几乎一样

class Solution {
public:string minWindow(string s, string t) {if (s.empty() || t.empty() || s.size() < t.size()) return "";// 字符计数数组unordered_map<char, int> need, have;for (char c : t) {need[c]++;}// required 表示需要涵盖的字符种类数int required = need.size();int left = 0, right = 0, formed = 0;int minLen = INT_MAX, minStart = 0; // 用于记录最小子串的起始位置和长度while (right < s.length()) {char c = s[right];have[c]++;// 如果当前字符的数量符合需求的数量，增加formedif (need.count(c) && have[c] == need[c]) {formed++;}// 尝试缩小窗口，直到窗口不再满足条件while (left <= right && formed == required) {char temp = s[left];// 更新最小窗口if (right - left + 1 < minLen) {minLen = right - left + 1;minStart = left;}// 移动左指针，更新have数组和formed计数have[temp]--;if (need.count(temp) && have[temp] < need[temp]) {formed--;}left++;}// 移动右指针right++;}return minLen == INT_MAX ? "" : s.substr(minStart, minLen);}
};