《算法题讲解指南：优选算法-滑动窗口》--09长度最小的子数串，10无重复字符的最长字串

我们既然已经找到从 left1 开始的最优的区间，那么就可以大胆舍去left1 。但是如果继续像方法一一样，重新开始统计第二个元素（left2）往后的和，势必会有大量重复的计算（因为我们在求第一段区间的时候，已经算出很多元素的和了，这些和是可以在计算下次区间和的时候用上的）。

此时**，right1** 的作用就体现出来了，我们只需要将 left1 这个值从 sum 中剔除。从 right1 这个元素开始，往后找满足 left2 元素的区间（此时 right1 也有可能是满足的，因为 left1 可能很小。sum 剔除掉 left1 之后，依旧满足大于等于 target）。这样我们就能省掉大量重复的计算。

时间复杂度：虽然代码是两层循环，但是我们的 left 指针和 right 指针都是不回退 的，两者最多都往后移动 n 次。因此时间复杂度是 O(N)。

C++代码演示：

cpp 复制代码

class Solution {
public:
    int minSubArrayLen(int target, vector<int>& nums) 
    {
        // int left = 0;
        // int right = -1;
        // //right初始化为-1原因是target为正整数，一开始sum一定小于target
        // //所以为了让right++并且能让sum能加上开头元素，就需要初始化为-1
        // int len = 0;
        // int n = nums.size();
        // int min_len = n + 1; //先将最小长度置为非正常值，如果最后没有发生变化则说明没有符合条件的子数组
        // int sum = 0;
        // while (right < n)
        // {
        //     if (sum >= target)
        //     {
        //         len = right - left + 1;
        //         if (min_len > len)
        //         {
        //             min_len = len;
        //         }
        //         sum -= nums[left];
        //         left++;
        //     }
        //     else
        //     {
        //         right++;
        //         if (right < n)
        //         {
        //             sum += nums[right];
        //         }
        //         else
        //         {
        //             break;
        //         }
        //     }
        // }
        // if(min_len == n + 1)
        // {
        //     return 0;
        // }
        // return min_len;

        //代码优化：
        int n = nums.size();
        int sum = 0;
        int len = n + 1;
        int left = 0;
        int right = 0;
        for(right = 0; right < n; right++)
        {
            sum += nums[right];//进窗口
            while(sum >= target)//判断
            {
                len = min(len, right - left + 1);//更新结果
                sum -= nums[left++];//出窗口
            }
        }
        return len == n + 1 ? 0 : len;
    }
};

算法总结及流程解析：

10.无重复字符的最长字串

题目链接：

3. 无重复字符的最长子串 - 力扣（LeetCode）

题目描述：

题目示例：

解法一：（暴力求解）（不会超时，可以通过）

算法思路：

枚举【从每一个位置】开始往后，无重复字符的子串可以到达什么位置。找到其中长度最大的即可。

在往后寻找无重复子串能到达的位置时，可以利用【哈希表 】统计出字符出现的频次，来判断什么时候子串出现了重复元素。

解法二：（滑动窗口）

算法思路：

研究的对象依旧是一段连续的区间 ，因此继续使用【滑动窗口】思想来优化。

让滑动窗口满足：窗口内所有元素都是不重复的。

做法：右端元素 s[ right ] 进入窗口的时候，哈希表统计这个字符的频次：

如果这个字符出现的频次超过 1 ，说明窗口内有重复元素 ，那么就从左侧开始划出窗口 ，直到 s[ right ] 这个元素的频次变为1，然后再更新结果。
如果没有超过 1，说明当前窗口没有重复元素，可以直接更新结果

C++代码演示：

cpp 复制代码

class Solution {
public:
    int lengthOfLongestSubstring(string s) 
    {
        int len = 0;
        int left = 0;
        int right = 0;
        int hash[128] = { 0 }; //使用数组来模拟哈希表
        while(right < s.size())
        {
            hash[s[right]]++;//进入窗口
            while(hash[s[right]] > 1)//判断
            {
                hash[s[left++]]--;//出窗口
            }
            len = max(len, right - left + 1);//更新结果
            right++;
        }
        return len;
    }
};

算法总结及流程解析：

结束语

到此，09长度最小的子数串，10无重复字符的最长字串两道算法题就讲解完了。**第一题，通过暴力解法和滑动窗口对比，详细解释了滑动窗口的高效原理，即通过左右指针不回退降低时间复杂度。第二题同样采用滑动窗口，利用哈希表统计字符频次来检测重复。**希望大家能有所收获！