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滑动窗口——最小覆盖子串

news 来源：原创 2025/5/7 23:00:40

一.题目描述

76. 最小覆盖子串 - 力扣（LeetCode）

二.题目解析

题目还是很好理解的，就是在字符串s中找到一个子串，该子串包含字符串t的所有字符。返回最短的子串。如果s中不包含这样的子串就返回一个空串。

需要注意的是：如果字符串t包含重复字符，比如"aaac"，那么在s中寻找子串的时候必须包含所有的字符，不是说同样的字符出现一次就行了。还有就是在子串中的顺序可以随机，只要子串包含所有的t字符就行了。

三.算法原理

1.暴力解法

暴力解法还是很简单的，我们只需要暴力枚举子串，在枚举的过程中，用哈希表统计子串中的字符，当哈希表中出现了字符串t的所有字符之后，就记录此时子串的起始位置和长度。然后从下一个位置继续重新开始枚举，重复该过程，找到符合要求的最短子串即可。

时间复杂度：在枚举子串的过程中，需要反复遍历s，所以时间复杂度为O(N^2)

空间复杂度：在该过程中，需要用到哈希表来存储数据，但是存储的都是字母，所以空间可以算是常数级的，空间复杂度为O(1).

2.滑动窗口

我们可以对上面的暴力枚举进行一些优化来提高时间复杂度。为了不失一般性，我们这里采取抽象的数组来表示优化的过程：

优化：

当一个子串满足要求之后，left向前走的时候，有可能有两种情况：子串依旧满足要求或者不满足要求。

满足要求：此时区间一定比上一个区间短，所以更新结果，left继续移动

不满足要求：此时让right移动。但是right没有必要回到left的位置重新开始遍历

从优化方案来看，left和right指针都在向同一个方向运动，所以此时可以用滑动窗口来解决。

进窗口：right位置的元素放入哈希表中

判断：如果子串满足要求，就更新结果，然后让left位置的元素出窗口。继续判断，重复该过程。

时间复杂度分析：left和right在最坏情况下会分别遍历一次字符串，2n；但是判断的时候需要遍历哈希表进行比较，这也是有消耗的，记作t，则整体上时间复杂度为O(N+t)。

空间复杂度分析：字符集只是52个字母，所以我们可以认为是常数级的大小，空间复杂度为O(1).

3.对滑动窗口进行优化

每枚举一个区间，就要判断一次哈希表对应元素是否相等，很耗时间。我们可以使用一个count计数器来记录当前区间的有效字符的种类来对判断逻辑进行优化。之前在题目：找到字符串中所有的字母异位词就用到了count来优化，只不过哪里是用count标记的是有效字符的个数。

优化：

我们在入窗口之后，判断该元素在两个哈希表的个数是否相等，如果相等，则说明这个字符已经满足了t中这个字符的出现要求，可以算作是有效字符了。count++

在出窗口之前，我们对要出的元素进行判断，如果两个哈希表中该字符个数相等，说明该字符是一个有效的字符种类，出去之后，有效字符的种类就要减少，count--。

判断的逻辑：因为count是统计有效字符的种类，所以他要和哈希表t的size进行比较(哈希表t的size表明了t中有几种字符。)

四.代码实现

在进行滑动窗口之前，我们要记录哈希表mp_t的size，因为在滑动窗口过程中，mp_t会插入元素，导致size变化，所以我们要提前记录一下。

因为我们要返回的是子串，所以我们要有子串的起始位置，以及长度。注意一下这里更新len和beg的逻辑。

string ret;
int n = s.size();
int m = t.size();
if (n < m)return ret;unordered_map<char, int> mp_t; // 统计t字符串中字符的出现次数
unordered_map<char, int> mp_s; // 统计窗口中字符的出现次数
for (auto e : t) mp_t[e]++;
int judge = mp_t.size();int len = 0, beg = 0;
for (int l = 0, r = 0, count = 0; r < n; ++r) // count标记有效字符的种类
{// 进窗口 + 维护countmp_s[s[r]]++;if (mp_s[s[r]] == mp_t[s[r]]) count++;// 判断while (count == judge){// 更新结果int prev = len;len = len == 0 ? (r - l + 1) : min(len, r - l + 1);if (len != prev) beg = l;// 出窗口if (mp_s[s[l]] == mp_t[s[l]]) count--;mp_s[s[l++]]--;}
}
return s.substr(beg, len);