前言：

步骤及算法模板：

确定两个指针变量，left=0,right=0;

进窗口：

判断：

        出窗口

更新结果

接下来我们的所用滑动窗口解决问题都需要以上几个步骤。 

一、长度最小的子数组

209. 长度最小的子数组 - 力扣（LeetCode）

1、题目描述：

2、题解思路：

（1）暴力求解：「从前往后」枚举数组中的任意⼀个元素，把它当成起始位置。然后从这个「起始位置」开始，然后寻找⼀段最短的区间，使得这段区间的和「⼤于等于」⽬标值。将所有元素作为起始位置所得的结果中，找到「最⼩值」即可。

算法代码：

class Solution {
public:
int minSubArrayLen(int target, vector<int>& nums) 
{
// 记录结果int ret = INT_MAX;int n = nums.size();// 枚举出所有满⾜和⼤于等于 target 的⼦数组[start, end]// 由于是取到最⼩，因此枚举的过程中要尽量让数组的⻓度最⼩// 枚举开始位置for (int start = 0; start < n; start++){int sum = 0; // 记录从这个位置开始的连续数组的和// 寻找结束位置for (int end = start; end < n; end++){sum += nums[end]; // 将当前位置加上if (sum >= target) // 当这段区间内的和满⾜条件时{// 更新结果，start 开头的最短区间已经找到ret = min(ret, end - start + 1);break;}}}// 返回最后结果return ret == INT_MAX ? 0 : ret;}
};

（2）滑动窗口：

由于此问题分析的对象是「⼀段连续的区间」，因此可以考虑「滑动窗」的思想来解决这道题。
让滑动窗⼝满⾜：从 i 位置开始，窗内所有元素的和⼩于 target （那么当窗内元素之和第⼀次⼤于等于⽬标值的时候，就是 i 位置开始，满⾜条件的最⼩⻓度）。
做法：将右端元素划⼊窗⼝中，统计出此时窗内元素的和：
▪ 如果窗内元素之和⼤于等于 target ：更新结果，并且将左端元素划出去的同时继续判断是否满⾜条件并更新结果（因为左端元素可能很⼩，划出去之后依旧满⾜条件）
▪ 如果窗内元素之和不满⾜条件： right++ ，另下⼀个元素进⼊窗⼝。

为何滑动窗⼝可以解决问题，并且时间复杂度更低？

▪ 这个窗⼝寻找的是：以当前窗⼝最左侧元素（记为 left1 为基准,符合条件的情况。也就是在这道题中，从left1开始，满⾜区间和sum >= target时的最右侧（记为right1 ）能到哪⾥。

▪ 我们既然已经找到从 left1 开始的最优的区间，那么就可以⼤胆舍去 left1 。但是如
果继续像⽅法⼀⼀样，重新开始统计第⼆个元素（ left2 ）往后的和，势必会有⼤量重复
的计算（因为我们在求第⼀段区间的时候，已经算出很多元素的和了，这些和是可以在计算
下次区间和的时候⽤上的）。

▪ 此时， rigth1 的作⽤就体现出来了，我们只需将 left1 这个值从 sum 中剔除。从right1 这个元素开始，往后找满⾜ left2 元素的区间（此时right1也有可能是满⾜的，因为 left1 可能很⼩。 sum 剔除掉left1 之后，依旧满⾜⼤于等于target ）。这样我们就能省掉⼤量重复的计算。

▪ 这样我们不仅能解决问题，⽽且效率也会⼤⼤提升。
时间复杂度：虽然代码是两层循环，但是我们的 left 指针和 right 指针都是不回退的，两者
最多都往后移动 n 次。因此时间复杂度是O(N) 。
 

3、滑动窗口代码

class Solution {
public:int minSubArrayLen(int target, vector<int>& nums) {int maxlen=INT_MAX;int left=0,right=0;int sum=0;while(right<nums.size()){sum+=nums[right];while(sum>=target){maxlen=fmin(maxlen,right-left+1);sum-=nums[left++]; }right++;}return maxlen==INT_MAX?0:maxlen;}
};

二、无重复字符的最长字串

3. 无重复字符的最长子串 - 力扣（LeetCode）

1、题目描述

2、

2、题解思路：

（1）暴力求解：

枚举「从每⼀个位置」开始往后，⽆重复字符的⼦串可以到达什么位置。找出其中⻓度最⼤的即
可。
在往后寻找⽆重复⼦串能到达的位置时，可以利⽤「哈希表」统计出字符出现的频次，来判断什么
时候⼦串出现了重复元素

代码实现：

class Solution {
public:int lengthOfLongestSubstring(string s) {int ret = 0; // 记录结果int n = s.length();// 1. 枚举从不同位置开始的最⻓重复⼦串// 枚举起始位置for (int i = 0; i < n; i++){// 创建⼀个哈希表，统计频次int hash[128] = { 0 };// 寻找结束为⽌for (int j = i; j < n; j++){hash[s[j]]++; // 统计字符出现的频次if (hash[s[j]] > 1) // 如果出现重复的break;// 如果没有重复，就更新 retret = max(ret, j - i + 1);}}// 2. 返回结果return ret;}
};

（2）滑动窗口实现：

研究的对象依旧是⼀段连续的区间，因此继续使⽤「滑动窗⼝」思想来优化。
让滑动窗⼝满⾜：窗⼝内所有元素都是不重复的。做法：右端元素 ch 进⼊窗⼝的时候，哈希表统计这个字符的频次：

▪ 如果这个字符出现的频次超过 1 ，说明窗⼝内有重复元素，那么就从左侧开始划出窗⼝，直到 ch 这个元素的频次变为 1 ，然后再更新结果。
▪ 如果没有超过 1 ，说明当前窗⼝没有重复元素，可以直接更新结果

代码实现：

class Solution {
public:int lengthOfLongestSubstring(string s) {int left=0,right=0;int hash[128]={0};int maxlen=0;while(s.size()>right){hash[s[right]]++;while(hash[s[right]]>1){hash[s[left]]--;left++;}maxlen=max(maxlen,right-left+1);right++;}return maxlen;}
};

三、最大连续1的个数Ⅲ

1004. 最大连续1的个数 III - 力扣（LeetCode）

1、题目描述：

2、题解思路：

不要去想怎么翻转，不要把问题想的很复杂，这道题的结果⽆⾮就是⼀段连续的1 中间塞了 k 个 0 嘛。
因此，我们可以把问题转化成：求数组中⼀段最⻓的连续区间，要求这段区间内0的个数不超过 k 个。

3、代码实现：

class Solution {
public:int longestOnes(vector<int>& nums, int k) {int left=0,right=0;int zero=0;int maxlen=0;while(nums.size()>right){if(nums[right]==0) zero++;while(k<zero){if(nums[left++]==0){zero--;}}maxlen=max(maxlen,right-left+1);right++;}return maxlen;}
};

四、将x减到0的最⼩操作数

1658. 将 x 减到 0 的最小操作数 - 力扣（LeetCode）

1、题目描述：

2、题解思路：

题⽬要求的是数组「左端+右端」两段连续的、和为 x 的最短数组，信息量稍微多⼀些，不易理清
思路；我们可以转化成求数组内⼀段连续的、和为 sum(nums) - x 的最⻓数组。此时，就是熟
悉的「滑动窗⼝」问题了。

3、代码实现：

class Solution {
public:int minOperations(vector<int>& nums, int x) {int sum=0;for(auto e:nums) sum+=e;int target=sum-x;if(target<0) return -1;int left=0,right=0;int ret=-1;int tmp=0;while(right<nums.size()){tmp+=nums[right];while(tmp>target){tmp-=nums[left];left++;}if(target==tmp){ret=max(ret,right-left+1);}right++;}if(ret==-1){return ret;}else{return nums.size()-ret;}}
};

五、⽔果成篮

904. 水果成篮 - 力扣（LeetCode）

1、题目描述：

2、题解思路：

让滑动窗⼝满⾜：窗⼝内⽔果的种类只有两种。
做法：右端⽔果进⼊窗⼝的时候，⽤哈希表统计这个⽔果的频次。这个⽔果进来后，判断哈希表的
⼤⼩：
▪ 如果⼤⼩超过2：说明窗⼝内⽔果种类超过了两种。那么就从左侧开始依次将⽔果划出窗⼝，直到哈希表的⼤⼩⼩于等于2，然后更新结果；
▪ 如果没有超过2，说明当前窗⼝内⽔果的种类不超过两种，直接更新结果ret。

3、算法代码：

class  Solution{
public:int totalFruit(vector<int>& fruits){int left=0,right=0;int hash[100001]={0};int ret=0,kinds=0;while(fruits.size()>right){if(hash[fruits[right]]==0) kinds+=1;hash[fruits[right]]++;while(kinds>2){hash[fruits[left]]--;if(hash[fruits[left]]==0) kinds-=1;left++;}ret=fmax(ret,right-left+1);right++;}return ret;}};

六、找到字符串中所有字⺟异位词

438. 找到字符串中所有字母异位词 - 力扣（LeetCode）

1、题目描述：

2、算法思路：

◦ 因为字符串 p 的异位词的⻓度⼀定与字符串 p 的⻓度相同，所以我们可以在字符串 s 中构
造⼀个⻓度为与字符串 p 的⻓度相同的滑动窗⼝，并在滑动中维护窗⼝中每种字⺟的数量；
◦ 当窗⼝中每种字⺟的数量与字符串 p 中每种字⺟的数量相同时，则说明当前窗⼝为字符串p 的异位词；
◦ 因此可以⽤两个⼤⼩为26 的数组来模拟哈希表，⼀个来保存 s 中的⼦串每个字符出现的个数，另⼀个来保存 p 中每⼀个字符出现的个数。这样就能判断两个串是否是异位词。

3、算法代码：

class Solution {
public:vector<int> findAnagrams(string s, string p) {vector<int> ret;int hash1[26]={0};int hash2[26]={0};for(auto ch:p) hash1[ch-'a']++;int m=p.size();for(int left=0,right=0,count=0;right<s.size();right++){char in=s[right];if(++hash2[in-'a']<=hash1[in-'a']) count++;if(right-left+1>m){char out=s[left];left++;if(hash2[out-'a']-- <= hash1[out-'a']) count--;}if(count==m){ret.push_back(left);}}return ret;}
};

七、串联所有单词的⼦串

30. 串联所有单词的子串 - 力扣（LeetCode）

1、题目描述：

• words[i] 和 s 由小写英文字母组成

2、题解思路：

如果我们把每⼀个单词看成⼀个⼀个字⺟，问题就变成了找到「字符串中所有的字⺟异位词」。⽆
⾮就是之前处理的对象是⼀个⼀个的字符，我们这⾥处理的对象是⼀个⼀个的单词。

3、算法代码：

class Solution {
public:vector<int> findSubstring(string s, vector<string>& words) {vector<int> ret;unordered_map<string,int> hash1; //保存words所有单词的频次for(auto& ch:words) hash1[ch]++;int len=words[0].size(),m=words.size();for(int i=0;i<len;i++) //执行滑动窗口次数{unordered_map<string,int> hash2;  //维护窗口内单词的频次for(int left=i,right=i,count=0;right+len<=s.size();right+=len){//进窗口+维护string in =s.substr(right,len);  //截取长度为len的字符串hash2[in]++;if(hash1.count(in)&&hash2[in]<=hash1[in]) count++;//判断if(right-left+1>len*m){//出窗口+维护string out =s.substr(left,len);if(hash1.count(out)&&hash2[out]<=hash1[out]) count--;hash2[out]--;left+=len;}  //更新结果if(count==m){ret.push_back(left);}}}return ret;}
};

八、最⼩覆盖⼦串

76. 最小覆盖子串 - 力扣（LeetCode）

1、题目描述：

2、算法思路：

◦ 研究对象是连续的区间，因此可以尝试使⽤滑动窗⼝的思想来解决。
◦ 如何判断当前窗⼝内的所有字符是符合要求的呢？
我们可以使⽤两个哈希表，其中⼀个将⽬标串的信息统计起来，另⼀个哈希表动态的维护窗⼝
内字符串的信息。
当动态哈希表中包含⽬标串中所有的字符，并且对应的个数都不⼩于⽬标串的哈希表中各个字
符的个数，那么当前的窗⼝就是⼀种可⾏的⽅案。

3、算法代码：

class Solution {
public:string minWindow(string s, string t) {int hash1[128]={0};int kinds=0;for(auto ch:t) if(hash1[ch]++==0) kinds++;int hash2[128]={0};int minlen=INT_MAX,begin=-1;for(int left=0,right=0,count=0;right<s.size();right++){char in=s[right];if(++hash2[in]==hash1[in]) count++;while(count==kinds){if(right-left+1<minlen){minlen=right-left+1;begin=left;}char out=s[left++];if(hash2[out]--==hash1[out]) count--;}}if(begin==-1)return "";return s.substr(begin,minlen);}
};