1. 长度最小的子数组
1.1 题目分析
由题可知：要求在一个全为正整数的数组中找一个连续的子数组，要求子数组中的每一个数相加和大于等于给定值（target）并且长度要最短。
1.2 解题思路
首先，定义两个标签left和right 都指向数组首元素，我们再定义一个sum计算right遍历元素的和，当sum大于target时，我们的到left和right围成子数组的长度为right-left+1。这时候我们不用再移动right，因为数组都为正整数 后面形成的子数组都会满足条件，但他们的长度不最小。
不难发现，组成子数组的可能性还没有完全判断，我们这时候移动left，不移动right，原因是sum的值可以直接算出来，为sum-nums[left]。然后重复进行上述操作，最后的到一个长度最小的子数组
1.3 代码实现
1.4 复杂度
时间复杂度为：O(N)
空间复杂度为：O(1)
2.无重复字符的最大子串
2.1 题目分析
由题可知：我们要在字符串s中找一个连续的子串，要求子串长度最大并且不能有重复字符。
2.1 解题思路
首先，我们先定义两个移动标签left 和 right，利用"动态窗口"的算法思想，left先不动先让right遍历数组元素， 可以通过hash表进行存储字符并进行查重。
、
当出现重复字符时，我们可以更新得到一个子串长度（right - left + 1），这时候我们再进行遍历时移动right就没有意义了，我们需要移动left，改变原已服合要求的子串，寻找服合要求新的子串，而right可以不动因为我们迟早都会遍历到那个位置。
2.3 代码实现
2.4 复杂度
时间复杂度：O(N^2)
空间复杂度：O(N)
3. 最大连续一的个数
3.1 题目分析
由题可知：在一个数组中只存在1和0，我们需要转换0为1（转换的次数小于等于k），使在数组中连续1的个数最长（在解题的过程中我们可以把要换的0直接看成1）
3.2 解题思路
首先，我们可以定义两个下标标签left和right对数组进行遍历。如图所示，当right遍历到1时继续向后走，当遍历到0时我们通过一个计数器进行计数。
当 zero > k时我们将得到一个都为1的子数组，长度为：（right - left + 1）。此时left在该位置下的最长子数组已经找到，我们移动left进行重复操作，还是因为都会遍历到该位置所以right的位置可以不用动 。
3.3 代码实现
3.4 复杂度
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)
4.将x减到0的最小操作数
4.1 题目分析
由题可知：我们要在数组的左右两边找元素，将x减去找到的数，使其最后为0，要求减数的个数要最小。我们发现正面解决问题很难，所以我们可以将问题转换为：在数组找到连续的子数组使其的值等于sum(数组元素总和)-x,要求找到的数组长度最大。
4.2 解题思路
首先定义两个下标left和right一同指向数字首元素，计算出转换后需要达到的目标值target，通过移动right遍历数组，同时计算每个遍历数的和，当和等于目标值target时，更新计算当时数组长度。
更新完后，我们移动left同时不动right(同理)，当和大于目标值时，我们移动left然后重新判断。
注意：通过上述代码得到的结果要把数组长度减去该值才为目标值
4.3 代码实现
4.4 复杂度
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)
5. 水果成篮
5.1 题目分析
由题可知：需要在数组中找到子数组，该数组中只包含两种类型的水果，对同一种水果的个数没有要求。
5.2 解题思路
我们根据"滑动窗口"的算法思想，首先定义两个下标right和left，再定义一个kinds变量记录水果的种类。
移动right遍历数组（入窗口）并通过hash表记录水果的种类和水果的数量。
当水果种类大于指定值时，我们要移动left（出窗口）。在该过程中，分为两种情况：1. left该种类水果的数量大于0，此时将left++的同时将水果数量减一，2. left种类的水果数量等于0，此时我们要将left种类的水果除去，即left++并且kinds--。
大于指定值时，我们还需要更新该情况下子数组长度ret。
5.3 代码实现
5.4 复杂度
时间复杂度O(N)
空间复杂度O(N)
6. 找到字符串中所有字母异位词
6.1 题目分析
根据题目要求，在字符串s中找到所有为p变为词（长度相同，字母相对位置不同）的子串，结果返回所有子串开头位置的下标组成的列表。
6.2 解题思路
本题还是通过"滑动窗口"的算法思想进行解题，首先定义两个下标left和right，由于要找的子串长度为3，所以我们保持两下标的长度为3进行滑动，这里我们为了提高代码效率，我们定义一个记录当前子串有效字符个数的变量count。
我们还需先记录一下目标字符串有效数字的个数和类型，这里可以用到hash进行记录。分别在"入窗口"和"出窗口"时进行count个数的判断。
在"入窗口"时， 如果当前这个数在hash表上的个数小于在目标字符串上的个数时，count++，相等则继续遍。在"出窗口"时， 如果当前这个数在hash表上的个数小于在目标字符串上的个数时，count--。
当count个数等于目标字符串个数时，即当前子串就是要找的目标子串，我们通过列表进行存储首元素下标left。
6.3 代码实现
6.4 复杂度
时间复杂度O(N+M)
空间复杂度O(1)
7. 串联所有单词的子串
7.1 题目解析
根据题目要求，我们将words数组中的字符串随意拼接，在s中找到与之相同的子串，返回所有子串首元素下标。
7.2 解题思路
我们只需将words中的字符串看成一个整体并将s中的字符串拆分成和words中字符串相同的子串，我们就会发现该题与上一题类似。
注意：
-
我们对"滑动窗口"整体操作要重复进行，根据words数组每个元素的大小。原因是我们把s字符串的元素拆分了，导致有的结果无法遍历到。
-
在执行"滑动窗口"的过程中right和left的更新不在是加1，而是加上一个words元素的大小
7.3 代码实现
7.4 复杂度：
时间复杂度O(L)(L为s数组长度)
空间复度O(N)
8. 最小覆盖子串
8.1 题目解析
由题可得：要在字符串s中找到一个最小的子串，要求该子串包含字符串t中的所有元素，结果返回该子串。
8.2 解题思路
该题可以"滑动窗口"的算法思想来解决，定义left和right来遍历数组，通过定义两个hash表，hash1用来对目标数组元素信息的记录（例如：当记录元素a时分别记录它的类型和出现次数），hash2用来对被遍历数组元素信息的记录。
我们还可以通过一个变量count，记录hash2表中的有效元素，当hash2表中的元素种类并且出现次数和hash1表中的一样时，count++记录一次有效数字。反正如果任意一个不一样时count--。同这个变量我们可以在判断是否为需要子串时，避免对hash表从头到尾的遍历，从而提高代码效率。
8.3 代码实现
class Solution {
public String minWindow(String s, String t) {
char[] s1 = s.toCharArray();
char[] t1 = t.toCharArray();
//存目标元素信息
int[] hash1 = new int[128];
int kinds = 0; //目标字符种类
for (char ch : t1) {
if (hash1[ch] == 0)
kinds++;
hash1[ch]++;
}
int len = Integer.MAX_VALUE, begin = -1;
int[] hash2 = new int[128];
//滑动窗口
for (int left = 0, right = 0, count = 0; right < s1.length; right++) {
//入窗口
char in = s1[right];
hash2[in]++;
//判断count
if (hash1[in] == hash2[in])
count++;
//判断
while (count == kinds) {
//更新
if (right - left + 1 < len) {
len = right - left + 1;
begin = left;
}
//出窗口
char out = s1[left];
//判断count
if (hash1[out] == hash2[out])
count--;
hash2[out]--;
left++;
}
}
if (begin == -1)
return "";
else
return s.substring(begin, begin + len);
}
}8.4 复杂度
时间复杂度：O(N)
空间复杂度：O(1)