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1.定长滑动窗口
1.1 几乎唯一子数组的最大和(使用map来计数)
1.2 长度为k子数组中的最大和
2.不定长滑动窗口
2.1 最多k个重复元素的最长子数组
2.2 绝对差不超过限制的最长连续子数组(multiset）
2.3 将x减到0的最小操作数(正难则反 逆向思维)
2.4 统计最大元素出现至少k次的子数组
2.5 乘积小于k的子数组
1.定长滑动窗口
1.1 几乎唯一子数组的最大和(使用map来计数)
class Solution {
public:long long maxSum(vector<int>& nums, int m, int k) {long long ans = 0, sum = 0;unordered_map<int, int>cnt; //如何把重复的数字算成一个数字，就要用到数组来进行计数了，重复的数字对应的值大于1for (int i = 0; i < k - 1; i++) //先求前k-1个数{sum += nums[i];cnt[nums[i]]++;}for (int i = k - 1; i < nums.size(); i++) //进去一个出来一个，满足k个数{sum += nums[i];cnt[nums[i]]++;if (cnt.size() >= m) //判断是否有m个不相同的数ans = max(ans, sum);int out = nums[i - k + 1];sum -= out;if (--cnt[out] == 0) //如果只出现1次，可以直接删除cnt.erase(out);}return ans;}
};这道题让我们求最大的问题，而且是连续非空的子数组，很容易想到滑动窗口，但滑动窗口有定长和不定长两种，题中说长度为k，说明是定长的，要求长度为k的几乎唯一子数组的最大和，我们可以先求前k-1个数，这样之后进来一个出去一个，始终是k个数，题目要求该子数组至少有m个不相同的数，我们怎么记录是否有m个不相同的数呢？我们可以用map来记录有几个不相同的数，同时记录每个数字出现了几次，如果某个子数组有m个不相同的数，就更新答案，之后就要出去一个数，如果出去的这个数只出现了1次，就要直接从map中删除。最后返回答案
1.2 长度为k子数组中的最大和
class Solution {
public:long long maximumSubarraySum(vector<int>& nums, int k) {unordered_map<int, int> mp;long long res = 0, sum = 0;for (int i = 0; i < k - 1; i++) {sum += nums[i];mp[nums[i]]++;}for (int i = k - 1; i < nums.size(); i++) {sum += nums[i];mp[nums[i]]++;if (mp.size() == k ) res =max(res,sum);//这个已经去重了，只要当mp的大小等于k时，才会更新res的大小，否则说明有重复数字，不更新int x = nums[i - k + 1];if (--mp[x] == 0) mp.erase(x);//及时清除为0的数字sum -= x;}return res;}
};这道题也是定长滑动窗口，要求子数组长度为k，且元素各不相同，和上一道题很相似，也要用map，值得注意的是什么时候我们更新答案，只有当map中的元素个数等于k时，说明子数组长度为k，且元素各不相同，这时候更新答案，其他都是不断滑动的过程。
2.不定长滑动窗口
2.1 最多k个重复元素的最长子数组
class Solution {
public:int maxSubarrayLength(vector<int>& nums, int k) {unordered_map<int,int>cnt;int ans=0,l=0;for(int r=0;r<nums.size();r++){cnt[nums[r]]++;while(cnt[nums[r]]>k)//如果有元素的出现频率大于k,就要不断左移左指针,直到这个元素的出现频率小于等于k,如果这个元素cnt[nums[l++]]--;ans=max(ans,r-l+1);}return ans;}
};这个没有规定长度，要求满足条件的最长子数组，很明显是不定长滑动窗口的问题。最多k个重复元素说明我们要记录元素出现了几次，一旦超过了k次，我们就要开始滑动，直到子数组没有一个元素的出现频率大于k，否则不断更新答案。
2.2 绝对差不超过限制的最长连续子数组(multiset）
class Solution {
public:int longestSubarray(vector<int>& nums, int limit) {multiset<int>st;//关键在于找每个区间的最大值和最小值，如果遍历寻找，就会超时，所以要找到一个合适的数据结结构//我们知道set/multiset/map是有序的，set会去重，所以我们使用multisetint l=0;int res=0;for(int r=0;r<nums.size();r++){st.insert(nums[r]);while(*st.rbegin()-*st.begin()>limit){st.erase(st.find(nums[l]));l++;}res=max(res,r-l+1);}return res;}
};这道题的关键在于求每个区间的最大值和最小值，首先我们要把元素放到multiset中，它不仅不会去重，而且是有序的，改变顺序并不影响答案，这样我们使用两个迭代器rbegin()、begin()分别求逆序第一个元素和正序第一个元素，两者之差就是绝对差，如果大于限制，我们就不断滑动窗口，直到绝对值小于等于限制，更新答案。
2.3 将x减到0的最小操作数(正难则反 逆向思维)
class Solution {
public:int minOperations(vector<int> &nums, int x) { //正难则反 逆向思维int target = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0) - x;if (target < 0) return -1;int ans = -1, l = 0, sum = 0, n = nums.size();for (int r = 0; r < n; r++) {sum += nums[r];while (sum > target) sum -= nums[l++]; if (sum == target) ans = max(ans, r - l + 1);}return ans < 0 ? -1 : n - ans;}
};这道题借用灵神的思路，正难则反，逆向思维，我们如果维护两个窗口的和，使得和等于x肯定是很麻烦的，那不如我们只维护一个窗口，这个窗口的和要等于整数数组nums的和sum-x，这样只用维护一个区间，不得不说，这个思维太帅了。accumulate函数是用来求某个区间元素的和，0为初始值。
2.4 统计最大元素出现至少k次的子数组
class Solution {
public:long long countSubarrays(vector<int>& nums, int k) {long long ans=0;int mx=*max_element(nums.begin(),nums.end());int cnt=0,left=0; for(auto x:nums){if(x==mx)cnt++;while(cnt==k){if(nums[left]==mx){cnt--;}left++;}ans+=left;}return ans;}
};这道题我们首先用max_element函数找出数组最大值，然后就对最大值出现的次数进行计数，如果子数组中最大值出现的次数等于k，那么我们就要滑动，寻找下一个满足条件的子数组，如果左端点对应的值等于最大值，cnt--，左端点向右移动，直到cnt!=k，此时更新答案+left，为什么要加left，因为left是cnt==k进入循环向右移动，left++，直到cnt!=k，退出循环得到了，之前的子数组全部满足要求，所以直接加left。
2.5 乘积小于k的子数组
class Solution {
public:int numSubarrayProductLessThanK(vector<int>& nums, int k) {if(k<=1)return 0;int ans=0,mul=1,l=0;for(int r=0;r<nums.size();r++){mul*=nums[r];while(mul>=k){mul/=nums[l];l++;}ans+=r-l+1;}return ans;}
};这道题和上一道题很类似，如果[l，r]区间内子数组的乘积小于k,那么[l+1，r]，[l+2，r]...[r，r]全部小于k，个数为r-l+1，更新答案每次加上r-l+1即可。
