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前言

本专栏上一篇博客，带着大家从认识滑动窗口到慢慢熟悉
相信大家对滑动窗口已经有了大概的认识
其实主要就是抓住——一段连续的区间
今天来学习一些滑动窗口进阶的题目
fellow me

水果成篮

思路

一开始看到这个题目，一段连续的区间，想到了滑动窗口
然后就想着怎么维护窗口，每次更新到新的水果种类就要，开始对left++，然后处理数据
其实是有点麻烦的，但是经过半个多小时的调试，最后还是ac了
思路：每次更新两个种类的水果，x，y，如果下一个水果的种类不相符合，就更新新的x，y
这个时候 right - 1 和 right 所对应的水果就是新的两种，然后就是处理从 left 到 right - 1这段区间
符合条件的情况， 也就是 从right - 1 一直往前走，到与 right - 1 所对应种类不同的水果，然后再更新结果
在反复进窗口，维护窗口，出窗口

代码如下 ：

class Solution
{
public:int totalFruit(vector<int>& fruits){int ans = 0;int n = fruits.size();int x = fruits[0], y = fruits[0];if (n == 1)return 1;int left = 0, right = 1;for (; right < n; right++){if (fruits[right] != x && fruits[right] != y)  // 和前面确定的水果种类{y = fruits[right - 1];		//  更新新的水果种类  x = fruits[right];int i = right - 1;if (i != left)  // left  到  right - 1  区间  {while (fruits[i] == y && i > left)  //  i一直靠近left  直到种类不同{i--;}if (i == left && y != fruits[left])  //  更新  left 的指向left++;else if (i != left)left = i + 1;}}ans = max(ans, right - left + 1);//    更新结果}return ans;}
};

后面又想到了一种思路：
就是用哈希来统计种类数量，哈希相对于前面的那种方法还是简单的
就是把两个种类的水果放入哈希表，然后right++ 水果进窗口，如果哈希表的水果种类大于2
就从左侧 left 开始逐步出窗口，直到哈希表种类等于2，然后更新结果

代码如下：

class Solution
{
public:int totalFruit(vector<int>& f){unordered_map<int, int> hash; // 统计窗口内出现了多少种水果int ret = 0;for (int left = 0, right = 0; right < f.size(); right++){hash[f[right]]++; // 进窗口while (hash.size() > 2) // 判断{// 出窗口hash[f[left]]--;if (hash[f[left]] == 0)hash.erase(f[left]);left++;}ret = max(ret, right - left + 1);}return ret;}
};

找到字符串中所有字母异位词

思路

看到又是一段连续的区间，就想到了滑动窗口
这一题 p 的异位词，说白了就是包含了 p 的所有字母，不管先后顺序
想到上一题用哈希优化的爽快，这题好像也可以用哈希来解
把 p 中字符都用哈希统计频次，然后在遍历 s 时，进窗口，维护窗口，出窗口
每次进入窗口，就用哈希统计出现次数，只要没有到达次数上限，就进窗口
如果进入窗口的字符数量大于了 p 的长度，就维护窗口，从left开始往右开始出窗口
在每一次统计进入窗口的数量时，都比较一下 p 的字符个数，如果进入窗口的字符个数等于 p的个数大小相等，就更新结果

代码如下：

class Solution
{
public:vector<int> findAnagrams(string s, string p){vector<int> ret;int hash1[26] = { 0 }; // 统计字符串 p 中每个字符出现的个数for(auto ch : p) hash1[ch - 'a']++;int hash2[26] = { 0 }; // 统计窗口里面的每一个字符出现的个数int m = p.size();for(int left = 0, right = 0, count = 0; right < s.size(); right++){char in = s[right];// 进窗口 + 维护 countif(++hash2[in - 'a'] <= hash1[in - 'a']) count++;if(right - left + 1 > m) // 判断{char out = s[left++];// 出窗口 + 维护 countif(hash2[out - 'a']-- <= hash1[out - 'a']) count--;}// 更新结果if(count == m) ret.push_back(left);}return ret;}
};

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下面就上难度了嗷~~~~

串联所有单词的子串

思路

这个题目看起来很难，其实一点也不简单，看到困难的标签就让人望而生畏
但其实也没有想象的那么难，慢慢抽丝剥茧，其实也能拿下

看到这里，其实就想到了上一题的那个字母异位词，本题是说所有单词都包含，然后不管顺序
上一题是——所有字母都包含，然后不管顺序，我们不妨试试上一题的思路呢
首先要解决的就是把单词抽象变成字符，我们可以定义一个 string，映射 int 的 哈希表，这个问题就迎刃而解了
下一个问题就是怎么才能知道哪个是单词的开头字母呢？？又怎么在 s 中遍历单词然后进窗口呢？？

我又看到了这个条件，雪中送炭，所有单词长度相等，那岂不是起飞了，就让 right 每次遍历 += 单词长度就好了
这些都处理好了，最后一个问题就是，我怎么知道哪个字符是单词的第一个字母，错乱了怎么办，那不是gg
我们只需要在外面套一层for循环，从0到单词的长度，这段区间都做一次滑动窗口就好啦
核心问题都解决了，剩下的就是一些细节处理问题了
话不多说，这些都解决了，开始执行代码：

class Solution 
{
public:vector<int> findSubstring(string s, vector<string>& words) {vector<int> ret;unordered_map<string, int> hash1; // 保存 words 里面所有单词的频次for (auto& c : words)hash1[c]++;int len = words[0].size(), m = words.size();for (int i = 0; i < len; i++) // 执行 len 次{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 countstring in = s.substr(right, len);hash2[in]++;if (hash1.count(in) && hash2[in] <= hash1[in])count++;// 判断if (right - left + 1 > len * m) {// 出窗口 + 维护 countstring 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;}
};

其实hard题也是由一个一个小问题糅合起来的，解决核心问题，其实也没有那么难
慢慢啃下来，还是有成就感的 come on

最小覆盖子串

思路

又又又是一段连续的区间，来吧来吧，滑动窗口，滑动窗口

这道题不是上一题的恰好涵盖所有字符了，要返回的是最小子串，也就是能包含其他的
但是经过前面题目的磨砺，我感觉好像自己有点门道了
思路：用哈希1统计字符串 t 的每一个字符的频次，还有种类
构造一个新的哈希2，然后遍历 s 字符串，每个字符都统计到新的哈希表
当这个字符的频次和 哈希1中统计的字符频次相等时，种类数++
当种类数和哈希1种类数相等时，维护窗口，更新结果
大致思路就差不多是这样，来执行代码吧

class Solution 
{
public:string minWindow(string s, string t) {int hash1[128] = {0}; // 统计字符串 t 中每一个字符的频次int kinds = 0;        // 统计有效字符有多少种for (auto ch : t)if (hash1[ch]++ == 0)kinds++;int hash2[128] = {0}; // 统计窗口内每个字符的频次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++;           // 进窗口 + 维护 countwhile (count == kinds) // 判断条件{if (right - left + 1 < minlen) // 更新结果{minlen = right - left + 1;begin = left;}char out = s[left++];if (hash2[out]-- == hash1[out])count--; // 出窗口 + 维护 count}}if (begin == -1)return "";elsereturn s.substr(begin, minlen);}
};

这个困难也拿下啦，滑动窗口和哈希一起用感觉有点爽，绝佳组合

总结

滑动窗口的核心在于维护一段连续区间，通过哈希表优化统计与比较过程。面对不同问题需灵活调整：
哈希表记录元素频次，快速判断窗口合法性（如水果种类、异位词）
双指针动态伸缩窗口，确保时间复杂度为O(N)
多层循环处理定长元素（如单词串联），覆盖所有起点情况
种类与频次匹配时更新结果，最小子串问题需全局记录最优解
掌握滑动窗口+哈希的组合，能高效解决子串、子数组等连续区间问题，突破Hard瓶颈

今天的内容就到这里啦，不要走开，小编持续更新中~~~~