LeetCode 专题暴击:sliding window真就一个用法!

发布于 2023-06-07  1277 次阅读


前言

在这个专题,我们主要讨论 sliding window 的具体用法。

针对很多类型的问题都可以使用 sliding window,比如说在一个字符串中找到最长的不重复子串,或者是在一个数组中找到最长的连续子数组等等。

我们简单介绍一下 sliding window 的模版:

def slidingWindow(s: str):
    window = defaultdict(int)
    left, right = 0, 0
    while right < len(s):
        cur_right = s[right]
        window[cur_right] += 1
        right += 1
        # 进行窗口内数据的一系列更新
        ...

        # debug 输出的位置
        print(f"window: [{left}, {right})")

        # 判断左侧窗口是否要收缩
        while left < right and window needs shrink:
            cur_left = s[left]
            window[cur_left] -= 1
            if window[cur_left] == 0:
                del window[cur_left]
            left += 1
            # 进行窗口内数据的一系列更新
            ...

这个模版的核心思想是:

    1. 先不断地增加 right 指针扩大窗口
    1. 当窗口包含了 t 的所有字符后,开始不断地收缩 left 指针,直到得到最小窗口

基础题

3. Longest Substring Without Repeating Characters

这道题的描述是找到最长的不重复子串,我们可以使用 sliding window 来解决。

test cases:

Input: s = "abcabcbb"
Output: 3

Input: s = "bbbbb"
Output: 1

Input: s = "pwwkew"
Output: 3

这道题的思路是,我们使用一个 window 来存储当前的子串,然后不断地增加 right 指针来扩大窗口,直到窗口中出现了重复的字符,此时我们就需要收缩 left 指针来缩小窗口,直到窗口中不再有重复的字符。

class Solution:
    def lengthOfLongestSubstring(self, s: str) -> int:
        window = defaultdict(int)
        left, right = 0, 0
        res = 0

        while right < len(s):
            cur_right = s[right]
            window[cur_right] += 1
            right += 1

            while window[cur_right] > 1: # 如果 window 中 cur_right 字符的数量大于 1,说明窗口中出现了重复的字符
                cur_left = s[left]
                window[cur_left] -= 1
                left += 1

            res = max(res, right - left)

        return res

复杂度分析:

  • 时间复杂度:O(n),原因是我们需要遍历整个字符串。
  • 空间复杂度:O(n),因为我们使用了一个 window 来存储当前的子串。

76. Minimum Window Substring

这道题的描述是找到最小的包含 t 的子串,我们可以使用 sliding window 来解决。

test cases:

Input: s = "ADOBECODEBANC", t = "ABC"
Output: "BANC"

Input: s = "a", t = "a"
Output: "a"

这道题的思路是,我们使用一个 window 来存储当前的子串,然后不断地增加 right 指针来扩大窗口,直到窗口中包含了 t 的所有字符,此时我们就需要收缩 left 指针来缩小窗口,直到窗口中不再包含 t 的所有字符。

class Solution:
    def minWindow(self, s: str, t: str) -> str:
        left, right = 0, 0
        min_start, min_length = None, float("inf")
        window = collections.Counter()
        target = collections.Counter(t)
        valid = 0 # 记录 window 中已经有多少字符符合要求了

        while right < len(s):
            cur_right = s[right]
            window[cur_right] += 1

            if window[cur_right] == target[cur_right]:
                valid += 1 # 如果 window 中 cur_right 字符的数量符合要求了,那么 valid += 1

            right += 1

            while left <= right and valid >= len(target): # 如果 window 中包含了所有字符,那么就开始收缩 left 指针
                if right - left < min_length: # 如果当前的窗口大小更小,则更新 min_length
                    min_start = left
                    min_length = right - left

                cur_left = s[left]
                if cur_left in target: # 如果 window 中 cur_left 字符的数量不再符合要求了,那么 valid -= 1
                    if window[cur_left] == target[cur_left]:
                        valid -= 1
                window[cur_left] -= 1
                left += 1

        return s[min_start: min_start + min_length] if min_length != float("inf") else ""

复杂度分析:

  • 时间复杂度:O(n),原因是我们需要遍历整个字符串。
  • 空间复杂度:O(n),因为我们使用了一个 window 来存储当前的子串。

209. Minimum Size Subarray Sum

这道题的描述是找到最小的连续子数组,使得子数组的和大于等于 s,我们可以使用 sliding window 来解决。

test cases:

Input: s = 7, nums = [2,3,1,2,4,3]
Output: 2

Input: s = 4, nums = [1,4,4]
Output: 1

Input: s = 11, nums = [1,1,1,1,1,1,1,1]
Output: 0

这道题的思路是,我们使用一个 window 来存储当前的子串,然后不断地增加 right 指针来扩大窗口,直到窗口中的和大于等于 s,此时我们就需要收缩 left 指针来缩小窗口,直到窗口中的和小于 s。

class Solution:
    def minSubArrayLen(self, s: int, nums: List[int]) -> int:
        left, right = 0, 0
        res = float("inf")
        window = 0 # 记录 window 中的和

        while right < len(nums):
            cur_right = nums[right]
            window += cur_right
            right += 1

            while window >= s:
                res = min(res, right - left)
                cur_left = nums[left]
                window -= cur_left
                left += 1

        return res if res != float("inf") else 0

复杂度分析:

  • 时间复杂度:O(n),原因是我们需要遍历整个数组。
  • 空间复杂度:O(1),因为我们使用了一个 window 来存储当前的子串。

567. Permutation in String

这道题的描述是判断 s2 中是否包含 s1 的排列,我们可以使用 sliding window 来解决。

test cases:

Input: s1 = "ab", s2 = "eidbaooo"
Output: True

Input: s1= "ab", s2 = "eidboaoo"
Output: False

这道题的思路是,我们使用一个 window 来存储当前的子串,然后不断地增加 right 指针来扩大窗口,直到窗口中包含了 s1 的所有字符,此时我们就需要收缩 left 指针来缩小窗口,直到窗口中不再包含 s1 的所有字符。

class Solution:
    def checkInclusion(self, s1: str, s2: str) -> bool:
        left, right = 0, 0
        window = collections.Counter()
        target = collections.Counter(s1)
        valid = 0 # 记录 window 中已经有多少字符符合要求了

        while right < len(s2):
            cur_right = s2[right]
            window[cur_right] += 1
            right += 1

            if cur_right in target:
                if window[cur_right] == target[cur_right]:
                    valid += 1 # 如果 window 中 cur_right 字符的数量符合要求了,那么 valid += 1

            while right - left >= len(s1): # 如果 window 中包含了所有字符,那么就开始收缩 left 指针
                if valid == len(target): # 如果当前的窗口大小等于 s1 的长度,则说明找到了一个排列
                    return True

                cur_left = s2[left]
                if cur_left in target: # 如果 window 中 cur_left 字符的数量不再符合要求了,那么 valid -= 1
                    if window[cur_left] == target[cur_left]:
                        valid -= 1
                window[cur_left] -= 1
                left += 1
        return False

复杂度分析:

  • 时间复杂度:O(n),原因是我们需要遍历整个字符串。
  • 空间复杂度:O(n),因为我们使用了一个 window 来存储当前的子串。

438. Find All Anagrams in a String

这道题的描述是找到 s 中所有 p 的排列,我们可以使用 sliding window 来解决。

test cases:

Input: s: "cbaebabacd" p: "abc"
Output: [0, 6]

Input: s: "abab" p: "ab"
Output: [0, 1, 2]

这道题的思路是,我们使用一个 window 来存储当前的子串,然后不断地增加 right 指针来扩大窗口,直到窗口中包含了 p 的所有字符,此时我们就需要收缩 left 指针来缩小窗口,直到窗口中不再包含 p 的所有字符。

class Solution:
    def findAnagrams(self, s: str, p: str) -> List[int]:
        left, right = 0, 0
        window = collections.Counter()
        target = collections.Counter(p)
        valid = 0 # 记录 window 中已经有多少字符符合要求了
        res = []

        while right < len(s):
            cur_right = s[right]
            window[cur_right] += 1

            if cur_right in target:
                if window[cur_right] == target[cur_right]:
                    valid += 1

            right += 1

            while right - left >= len(p): # 如果 window 中包含了所有字符,那么就开始收缩 left 指针
                if valid == len(target): # 如果当前的窗口大小等于 p 的长度,则说明找到了一个排列
                    res.append(left)

                cur_left = s[left]

                if cur_left in target: # 如果 window 中 cur_left 字符的数量不再符合要求了,那么 valid -= 1
                    if window[cur_left] == target[cur_left]:
                        valid -= 1

                window[cur_left] -= 1

                left += 1

        return res

复杂度分析:

  • 时间复杂度:O(n),原因是我们需要遍历整个字符串。
  • 空间复杂度:O(n),因为我们使用了一个 window 来存储当前的子串。

高级题

30. Substring with Concatenation of All Words

这道题的描述是找到 s 中所有 words 的排列,我们可以使用 sliding window 来解决。

test cases:

Input: s: "barfoothefoobarman" words: ["foo", "bar"]
Output: [0, 9]

Input: s: "wordgoodgoodgoodbestword" words: ["word", "good", "best", "word"]
Output: []

这道题的思路是,我们使用一个 window 来存储当前的子串,然后不断地增加 right 指针来扩大窗口,直到窗口中包含了 words 的所有字符,此时我们就需要收缩 left 指针来缩小窗口,直到窗口中不再包含 words 的所有字符。

class Solution:
    def findSubstring(self, s: str, words: List[str]) -> List[int]:
        word_len = len(words[0])
        all_word_len = word_len * len(words)
        target = collections.Counter(words)
        res = []

        for i in range(word_len):
            word_dict = collections.defaultdict(int)
            left = right = i

            while right < len(s):
                word = s[right:right + word_len]
                word_dict[word] += 1

                if right - left + word_len == all_word_len:
                    if word_dict == target:
                        res.append(left)

                    word = s[left:left + word_len]
                    word_dict[word] -= 1
                    if word_dict[word] == 0:
                        del word_dict[word]

                    left += word_len
                right += word_len
        return res

复杂度分析:

  • 时间复杂度:O(nm),原因是我们需要遍历整个字符串, n 是 s 的长度,m 是 words 的长度。
  • 空间复杂度:O(n),因为我们使用了一个 window 来存储当前的子串。

[2444. Count Subarrays With Fixed Bounds] (https://leetcode.com/problems/count-subarrays-with-fixed-bounds/)

未完待续

做一个平静且愿意倾听的人。
最后更新于 2023-06-07