(滑动窗口) 76. 最小覆盖子串 ——【Leetcode每日一题】

❓76. 最小覆盖子串

难度:困难

给你一个字符串 s 、一个字符串 t 。返回 s 中涵盖 t 所有字符的最小子串。如果 s 中不存在涵盖 t 所有字符的子串,则返回空字符串 ""

注意:

  • 对于 t重复字符 ,我们寻找的子字符串中该字符数量必须不少于 t 中该字符数量。
  • 如果 s 中存在这样的子串,我们保证它是唯一的答案
示例 1:

输入:s = "ADOBECODEBANC", t = "ABC"

输出:"BANC"

解释:最小覆盖子串 "BANC" 包含来自字符串 t 的 'A'、'B' 和 'C'。

示例 2:

输入:s = "a", t = "a"

输出:"a"

解释:整个字符串 s 是最小覆盖子串。

示例 3:

输入: s = "a", t = "aa"

输出: ""

解释: t 中两个字符 'a' 均应包含在 s 的子串中,

因此没有符合条件的子字符串,返回空字符串。

提示

  • m == s.length
  • n == t.length
  • 1 < = m , n < = 1 0 5 1 <= m, n <= 10^5 1<=m,n<=105
  • st 由英文字母组成

进阶 :你能设计一个在 O ( m + n ) O(m+n) O(m+n) 时间 内解决此问题的算法吗?

💡思路:滑动窗口

滑动窗口的思想

lr 表示滑动窗口的左边界右边界 ,通过改变 l, r扩展收缩 滑动窗口,可以想象成一个窗口在字符串上游走,当这个窗口包含的元素满足条件,即包含字符串 t 的所有元素,记录下这个滑动窗口的长度 r - l +1,这些长度中的最小值就是要求的结果。

由于 t 可能包含 重复字符 ,所以使用哈希表 ori 记录 t 中所有的字符以及它们的个数;使用另一个哈希表 cnt 动态维护窗口中所有的字符以及它们的个数。

如果 当前窗口 中包含 t 中所有的字符,且对应的字符个数都不小于 t 的哈希表中各个字符的个数,则当前窗口是「可行 」的。此时左边界 l 右移,直到不涵盖 t 中的所有字符,上一个即为满足条件的 当前窗口的最小子串

使用 distance 记录 当前窗口 中字符 属于 t 对应的个数;当 cnt[s[r]] < ori[s[r]] 时,每增加一个 s[r]distance ++ ,否则 distance 不变。 同理 当 cnt[s[l]] <= ori[s[l]] 每减少一个 s[l]distance -- ,否则 distance 不变。(这样可以在 O ( 1 ) O(1) O(1) 的复杂度判断 当前窗口 内的字符是否符合要求)

具体步骤如下

  1. 不断增加 r 使滑动窗口 增大 ,直到窗口包含了 t 的所有元素;
  2. 不断增加 l 使滑动窗口 缩小,因为是要求最小字串,所以将不必要的元素排除在外,使长度减小,直到碰到一个必须包含的元素,这个时候不能再扔了,再扔就不满足条件了,记录此时滑动窗口的长度,并保存最小值;
  3. l 再增加一个位置,这个时候滑动窗口肯定不满足条件了,那么继续从 步骤 1 开始执行,寻找新的满足条件的滑动窗口,如此反复,直到 r 超出了字符串 s 范围。

🍁代码:(C++、Java)

C++

cpp 复制代码
class Solution {
public:
    unordered_map <char, int> ori, cnt;

    string minWindow(string s, string t) {
        for(const auto &c : t){ //使用哈希表记录t中所有的字符,及其对应的个数
            ++ori[c];
        }
        int l = 0, r = -1;
        int len = INT_MAX, ansl = -1;
        int distance = 0;

        while(r < int(s.size())){
            if(ori.find(s[++r]) != ori.end() && ++cnt[s[r]] <= ori[s[r]] ){//对任何属于t的字符都记录
                distance++;//记录当前窗口的子串中属于t的字符的个数
            }
            while(distance == t.size() && l <= r){//包括所有字符,左指针右移
                if(r - l + 1 < len){//更新结果
                    len = r - l + 1;
                    ansl = l;
                }
                if(ori.find(s[l]) != ori.end() && --cnt[s[l]] < ori[s[l]]){
                    distance--;
                }
                ++l;
            }
        }
        return ansl == -1 ? string() : s.substr(ansl, len);
    }
};

Java

java 复制代码
class Solution {
    Map<Character, Integer> ori = new HashMap<Character, Integer>();
    Map<Character, Integer> cnt = new HashMap<Character, Integer>();
    public String minWindow(String s, String t) {
        for(int i = 0; i < t.length(); i++){//使用哈希表记录t中所有的字符,及其对应的个数
            char c = t.charAt(i);
            ori.put(c, ori.getOrDefault(c, 0) + 1);
        }
        
        int l = 0, r = -1;
        int len = Integer.MAX_VALUE, ansl = -1;
        int distance = 0;
        while(++r < s.length()){
            char c = s.charAt(r);
            if(ori.containsKey(c)){//对任何属于t的字符都记录
                cnt.put(c, cnt.getOrDefault(c, 0) + 1);
                if(cnt.get(c) <= ori.get(c)){//记录当前窗口的子串中属于t的字符的个数
                    distance++;
                }
            }
            while(distance == t.length() && l <= r){
                if(r - l + 1 < len){//更新结果
                    len = r - l + 1;
                    ansl = l;
                }
                if(ori.containsKey(s.charAt(l))){
                    cnt.put(s.charAt(l), cnt.getOrDefault(s.charAt(l), 0) - 1);
                    if(cnt.get(s.charAt(l)) < ori.get(s.charAt(l))){
                        distance--;
                    }
                }
                ++l;
            }
        }
        return ansl == -1 ? "" : s.substring(ansl, ansl + len);
    }
}
🚀 运行结果:
🕔 复杂度分析:
  • 时间复杂度 : O ( ∣ s ∣ + ∣ t ∣ ) O(∣s∣+∣t∣) O(∣s∣+∣t∣),最坏情况下左右指针对 s 的每个元素各遍历一遍,哈希表中对 s 中的每个元素各插入、删除一次,对 t 中的元素各插入一次。
  • 空间复杂度 : O ( C ) O(C) O(C),这里用了两张哈希表作为辅助空间,每张哈希表最多不会存放超过字符集大小的键值对,我们设字符集大小为 C ,则渐进空间复杂度为 O ( C ) O(C) O(C)。

题目来源:力扣。

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