鑑於前文 二分搜索框架詳解 的那首《二分搜索昇天詞》很受好評，並在民間廣爲流傳，成爲安睡助眠的一劑良方，今天在滑動窗口算法框架中，我再次編寫一首小詩來歌頌滑動窗口算法的偉大：
關於雙指針的快慢指針和左右指針的用法，可以參見前文 雙指針技巧彙總，本文就解決一類最難掌握的雙指針技巧：滑動窗口技巧。總結出一套框架，可以保你閉着眼睛都能寫出正確的解法。
PS：我認真寫了 100 多篇原創，手把手刷 200 道力扣題目，全部發布在labuladong的算法小抄，持續更新。建議收藏，按照我的文章順序刷題，掌握各種算法套路後投再入題海就如魚得水了。
說起滑動窗口算法，很多讀者都會頭疼。這個算法技巧的思路非常簡單，就是維護一個窗口，不斷滑動，然後更新答案麼。LeetCode 上有起碼 10 道運用滑動窗口算法的題目，難度都是中等和困難。該算法的大致邏輯如下：
int left = 0, right = 0;
while (right < s.size()) {`
// 增大窗口
window.add(s[right]);
right++;
while (window needs shrink) {
// 縮小窗口
window.remove(s[left]);
left++;
}
}這個算法技巧的時間複雜度是 O(N)，比字符串暴力算法要高效得多。
其實困擾大家的，不是算法的思路，而是各種細節問題。比如說如何向窗口中添加新元素，如何縮小窗口，在窗口滑動的哪個階段更新結果。即便你明白了這些細節，也容易出 bug，找 bug 還不知道怎麼找，真的挺讓人心煩的。
所以今天我就寫一套滑動窗口算法的代碼框架，我連再哪裏做輸出 debug 都給你寫好了，以後遇到相關的問題，你就默寫出來如下框架然後改三個地方就行，還不會出 bug：
/* 滑動窗口算法框架 */
void slidingWindow(string s, string t) {
unordered_map<char, int> need, window;
for (char c : t) need[c]++;
int left = 0, right = 0;
int valid = 0;
while (right < s.size()) {
// c 是將移入窗口的字符
char c = s[right];
// 右移窗口
right++;
// 進行窗口內數據的一系列更新
...
/*** debug 輸出的位置 ***/
printf("window: [%d, %d)\n", left, right);
/********************/
// 判斷左側窗口是否要收縮
while (window needs shrink) {
// d 是將移出窗口的字符
char d = s[left];
// 左移窗口
left++;
// 進行窗口內數據的一系列更新
...
}
}
}其中兩處 ... 表示的更新窗口數據的地方，到時候你直接往裏面填就行了。
而且，這兩個 ... 處的操作分別是右移和左移窗口更新操作，等會你會發現它們操作是完全對稱的。
說句題外話，我發現很多人喜歡執着於表象，不喜歡探求問題的本質。比如說有很多人評論我這個框架，說什麼散列表速度慢，不如用數組代替散列表；還有很多人喜歡把代碼寫得特別短小，說我這樣代碼太多餘，影響編譯速度，LeetCode 上速度不夠快。
我服了。算法看的是時間複雜度，你能確保自己的時間複雜度最優，就行了。至於 LeetCode 所謂的運行速度，那個都是玄學，只要不是慢的離譜就沒啥問題，根本不值得你從編譯層面優化，不要捨本逐末……
labuladong 公衆號的重點在於算法思想，你把框架思維瞭然於心，然後隨你魔改代碼好吧，你高興就好。
PS：我認真寫了 100 多篇原創，手把手刷 200 道力扣題目，全部發布在labuladong的算法小抄，持續更新。建議收藏，按照我的文章順序刷題，掌握各種算法套路後投再入題海就如魚得水了。
言歸正傳，下面就直接上四道 LeetCode 原題來套這個框架，其中第一道題會詳細說明其原理，後面四道就直接閉眼睛秒殺了。
本文代碼爲 C++ 實現，不會用到什麼編程方面的奇技淫巧，但是還是簡單介紹一下一些用到的數據結構，以免有的讀者因爲語言的細節問題阻礙對算法思想的理解：
unordered_map 就是哈希表（字典），它的一個方法 count(key) 相當於 Java 的 containsKey(key) 可以判斷鍵 key 是否存在。
可以使用方括號訪問鍵對應的值 map[key]。需要注意的是，如果該 key 不存在，C++ 會自動創建這個 key，並把 map[key] 賦值爲 0。
所以代碼中多次出現的 map[key]++ 相當於 Java 的 map.put(key, map.getOrDefault(key, 0) + 1)。
一、最小覆蓋子串
LeetCode 76 題，Minimum Window Substring，難度 Hard：
就是說要在 S(source) 中找到包含 T(target) 中全部字母的一個子串，且這個子串一定是所有可能子串中最短的。
如果我們使用暴力解法，代碼大概是這樣的：
for (int i = 0; i < s.size(); i++)
for (int j = i + 1; j < s.size(); j++)
if s[i:j] 包含 t 的所有字母:
更新答案思路很直接，但是顯然，這個算法的複雜度肯定大於 O(N^2) 了，不好。
滑動窗口算法的思路是這樣：
1、我們在字符串 S 中使用雙指針中的左右指針技巧，初始化 left = right = 0，把索引左閉右開區間 [left, right) 稱爲一個「窗口」。
2、我們先不斷地增加 right 指針擴大窗口 [left, right)，直到窗口中的字符串符合要求（包含了 T 中的所有字符）。
3、此時，我們停止增加 right，轉而不斷增加 left 指針縮小窗口 [left, right)，直到窗口中的字符串不再符合要求（不包含 T 中的所有字符了）。同時，每次增加 left，我們都要更新一輪結果。
4、重複第 2 和第 3 步，直到 right 到達字符串 S 的盡頭。
這個思路其實也不難，第 2 步相當於在尋找一個「可行解」，然後第 3 步在優化這個「可行解」，最終找到最優解，也就是最短的覆蓋子串。左右指針輪流前進，窗口大小增增減減，窗口不斷向右滑動，這就是「滑動窗口」這個名字的來歷。
下面畫圖理解一下，needs 和 window 相當於計數器，分別記錄 T 中字符出現次數和「窗口」中的相應字符的出現次數。
初始狀態：
增加 right，直到窗口 [left, right] 包含了 T 中所有字符：
現在開始增加 left，縮小窗口 [left, right]。
直到窗口中的字符串不再符合要求，left 不再繼續移動。
之後重複上述過程，先移動 right，再移動 left…… 直到 right 指針到達字符串 S 的末端，算法結束。
如果你能夠理解上述過程，恭喜，你已經完全掌握了滑動窗口算法思想。現在我們來看看這個滑動窗口代碼框架怎麼用：
首先，初始化 window 和 need 兩個哈希表，記錄窗口中的字符和需要湊齊的字符：
unordered_map<char, int> need, window;
for (char c : t) need[c]++;然後，使用 left 和 right 變量初始化窗口的兩端，不要忘了，區間 [left, right) 是左閉右開的，所以初始情況下窗口沒有包含任何元素：
int left = 0, right = 0;
int valid = 0;
while (right < s.size()) {
// 開始滑動
}其中 valid 變量表示窗口中滿足 need 條件的字符個數，如果 valid 和 need.size 的大小相同，則說明窗口已滿足條件，已經完全覆蓋了串 T。
現在開始套模板，只需要思考以下四個問題：
1、當移動 right 擴大窗口，即加入字符時，應該更新哪些數據？
2、什麼條件下，窗口應該暫停擴大，開始移動 left 縮小窗口？
3、當移動 left 縮小窗口，即移出字符時，應該更新哪些數據？
4、我們要的結果應該在擴大窗口時還是縮小窗口時進行更新？
如果一個字符進入窗口，應該增加 window 計數器；如果一個字符將移出窗口的時候，應該減少 window 計數器；當 valid 滿足 need 時應該收縮窗口；應該在收縮窗口的時候更新最終結果。
下面是完整代碼：
string minWindow(string s, string t) {
unordered_map<char, int> need, window;
for (char c : t) need[c]++;
int left = 0, right = 0;
int valid = 0;
// 記錄最小覆蓋子串的起始索引及長度
int start = 0, len = INT_MAX;
while (right < s.size()) {
// c 是將移入窗口的字符
char c = s[right];
// 右移窗口
right++;
// 進行窗口內數據的一系列更新
if (need.count(c)) {
window[c]++;
if (window[c] == need[c])
valid++;
}
// 判斷左側窗口是否要收縮
while (valid == need.size()) {
// 在這裏更新最小覆蓋子串
if (right - left < len) {
start = left;
len = right - left;
}
// d 是將移出窗口的字符
char d = s[left];
// 左移窗口
left++;
// 進行窗口內數據的一系列更新
if (need.count(d)) {
if (window[d] == need[d])
valid--;
window[d]--;
}
}
}
// 返回最小覆蓋子串
return len == INT_MAX ?
"" : s.substr(start, len);
}需要注意的是，當我們發現某個字符在 window 的數量滿足了 need 的需要，就要更新 valid，表示有一個字符已經滿足要求。而且，你能發現，兩次對窗口內數據的更新操作是完全對稱的。
當 valid == need.size() 時，說明 T 中所有字符已經被覆蓋，已經得到一個可行的覆蓋子串，現在應該開始收縮窗口了，以便得到「最小覆蓋子串」。
移動 left 收縮窗口時，窗口內的字符都是可行解，所以應該在收縮窗口的階段進行最小覆蓋子串的更新，以便從可行解中找到長度最短的最終結果。
至此，應該可以完全理解這套框架了，滑動窗口算法又不難，就是細節問題讓人煩得很。以後遇到滑動窗口算法，你就按照這框架寫代碼，保準沒有 bug，還省事兒。
下面就直接利用這套框架秒殺幾道題吧，你基本上一眼就能看出思路了。
二、字符串排列
LeetCode 567 題，Permutation in String，難度 Medium：
注意哦，輸入的 s1 是可以包含重複字符的，所以這個題難度不小。
這種題目，是明顯的滑動窗口算法，相當給你一個 S 和一個 T，請問你 S 中是否存在一個子串，包含 T 中所有字符且不包含其他字符？
首先，先複製粘貼之前的算法框架代碼，然後明確剛纔提出的 4 個問題，即可寫出這道題的答案：
// 判斷 s 中是否存在 t 的排列
bool checkInclusion(string t, string s) {
unordered_map<char, int> need, window;
for (char c : t) need[c]++;
int left = 0, right = 0;
int valid = 0;
while (right < s.size()) {
char c = s[right];
right++;
// 進行窗口內數據的一系列更新
if (need.count(c)) {
window[c]++;
if (window[c] == need[c])
valid++;
}
// 判斷左側窗口是否要收縮
while (right - left >= t.size()) {
// 在這裏判斷是否找到了合法的子串
if (valid == need.size())
return true;
char d = s[left];
left++;
// 進行窗口內數據的一系列更新
if (need.count(d)) {
if (window[d] == need[d])
valid--;
window[d]--;
}
}
}
// 未找到符合條件的子串
return false;
}對於這道題的解法代碼，基本上和最小覆蓋子串一模一樣，只需要改變兩個地方：
1、本題移動 left 縮小窗口的時機是窗口大小大於 t.size() 時，應爲排列嘛，顯然長度應該是一樣的。
2、當發現 valid == need.size() 時，就說明窗口中就是一個合法的排列，所以立即返回 true。
至於如何處理窗口的擴大和縮小，和最小覆蓋子串完全相同。
PS：我認真寫了 100 多篇原創，手把手刷 200 道力扣題目，全部發布在labuladong的算法小抄，持續更新。建議收藏，按照我的文章順序刷題，掌握各種算法套路後投再入題海就如魚得水了。
三、找所有字母異位詞
這是 LeetCode 第 438 題，Find All Anagrams in a String，難度 Medium：
呵呵，這個所謂的字母異位詞，不就是排列嗎，搞個高端的說法就能糊弄人了嗎？相當於，輸入一個串 S，一個串 T，找到 S 中所有 T 的排列，返回它們的起始索引。
直接默寫一下框架，明確剛纔講的 4 個問題，即可秒殺這道題：
vector<int> findAnagrams(string s, string t) {
unordered_map<char, int> need, window;
for (char c : t) need[c]++;
int left = 0, right = 0;
int valid = 0;
vector<int> res; // 記錄結果
while (right < s.size()) {
char c = s[right];
right++;
// 進行窗口內數據的一系列更新
if (need.count(c)) {
window[c]++;
if (window[c] == need[c])
valid++;
}
// 判斷左側窗口是否要收縮
while (right - left >= t.size()) {
// 當窗口符合條件時，把起始索引加入 res
if (valid == need.size())
res.push_back(left);
char d = s[left];
left++;
// 進行窗口內數據的一系列更新
if (need.count(d)) {
if (window[d] == need[d])
valid--;
window[d]--;
}
}
}
return res;
}跟尋找字符串的排列一樣，只是找到一個合法異位詞（排列）之後將起始索引加入 res 即可。
四、最長無重複子串
這是 LeetCode 第 3 題，Longest Substring Without Repeating Characters，難度 Medium：
這個題終於有了點新意，不是一套框架就出答案，不過反而更簡單了，稍微改一改框架就行了：
int lengthOfLongestSubstring(string s) {
unordered_map<char, int> window;
int left = 0, right = 0;
int res = 0; // 記錄結果
while (right < s.size()) {
char c = s[right];
right++;
// 進行窗口內數據的一系列更新
window[c]++;
// 判斷左側窗口是否要收縮
while (window[c] > 1) {
char d = s[left];
left++;
// 進行窗口內數據的一系列更新
window[d]--;
}
// 在這裏更新答案
res = max(res, right - left);
}
return res;
}~
這就是變簡單了，連 need 和 valid 都不需要，而且更新窗口內數據也只需要簡單的更新計數器 window 即可。
當 window[c] 值大於 1 時，說明窗口中存在重複字符，不符合條件，就該移動 left 縮小窗口了嘛。
唯一需要注意的是，在哪裏更新結果 res 呢？我們要的是最長無重複子串，哪一個階段可以保證窗口中的字符串是沒有重複的呢？
這裏和之前不一樣，要在收縮窗口完成後更新 res，因爲窗口收縮的 while 條件是存在重複元素，換句話說收縮完成後一定保證窗口中沒有重複嘛。
五、最後總結
建議背誦並默寫這套框架，順便背誦一下文章開頭的那首詩。以後就再也不怕子串、子數組問題了好吧。