leetcode hot100(3)子串

560.和为K的子数组

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class Solution {
public:
    int subarraySum(vector<int>& nums, int k) {
       int n=nums.size();
       vector<int>pre(n);
       pre[0]=nums[0];
       for(int i=1;i<n;i++)
       {
        pre[i]=pre[i-1]+nums[i];
       }
       int ans=0;
       unordered_map<int,int>mp;
       int sum=0;
       mp[0]++;         //对应j=0，j-1为负的情况
       for(int i=0;i<n;i++)
       {
            sum+=(mp[pre[i]-k]);
             mp[pre[i]]++;
       }
       return sum;
    }
};

时间复杂度O(n)

思路：可以通过以i为数组右边界，依次列举左边界j并进行判断是否数组符合条件，时间复杂度为O(n二次方)，其中i为有边界占用n次，向左枚举占用n次，判断使用前缀和O(1),预处理为O(n),故为O(n*n)+O(n)=O(n*n)

判断数组是否符合只需要pre $i$ -pre $j-1$ =k,即pre $j-1$ =pre $i$ -k，这里只需要知道多少个j能符合就行，可以用哈希表计数，优化为O(n)，因为每次只需要i左侧的，故遍历i的过程中进行哈希表的更新即可。

239.滑动窗口最大值

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class Solution {
public:
    vector<int> maxSlidingWindow(vector<int>& nums, int k) {
        vector<int>ans;
        deque<int>q;
        int n=nums.size();
        for(int i=0;i<k;i++)
        {
            while(!q.empty()&&nums[i]>=nums[q.back()]){
                q.pop_back();
            }
            q.push_back(i);
        }
        ans.push_back(nums[q.front()]);
        for(int i=k;i<n;i++){
            while(!q.empty()&&i-q.front()>=k){
                q.pop_front();
            }
            while(!q.empty()&&nums[i]>nums[q.back()]){
                q.pop_back();
            }
            q.push_back(i);
            ans.push_back(nums[q.front()]);
        }
        return ans;
    }
};

时间复杂度O(n)

思路：

取一个双端队列，内部存储的是nums内下标。

遍历nums数组，

（1）当滑动窗口未达到指定k值的时候，i直接尾插入队列，如果尾部值小于等于nums $i$ 时，因为i的有效空间比队列内的值更长(队列内的值都在i的前面，比如i在遍历到i=8的时候才脱离滑动窗口，队列内其他值在遍历到i=8之前就已经脱离)，并且i的值大于等于尾部值，故尾部值对答案没有影响，可以直接pop。

（2）当滑动窗口达到指定k值的时候，尾部仍然照上方法处理即可保证队列内部存储顺序为从大到小。在此之外还需要考虑头部最大这个值是否在有效期内，不在即pop。

76.最小覆盖子串

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class Solution {
public:
    string minWindow(string s, string t) {
        int n1=s.size();
        int n2=t.size();
        vector<int>a(128);
        int need=n2;
        for(int i=0;i<n2;i++)
        {
            a[t[i]]++;
        }
        int left=0;
        int ans_l=0;
        int len=n1;
        bool flag=0;//判断是否存在符合条件子字符串
        for(int i=0;i<n1;i++)
        {
            a[s[i]]--;
            if(a[s[i]]>=0)   //递减之前需要这个字母
            {
                need--;
            }
            while(need==0)    //滑动数组左边界收缩
            {
                flag=1;
                if(i-left+1<len)
                {
                    len=i-left+1;
                    ans_l=left;
                }
                a[s[left]]++;
                if(a[s[left]]>0)  //不需要的字母右指针遍历的时候减去的和现在加上的抵消为0，故大于0则是需要覆盖的
                {
                    need++;
                }
                left++;
            }
        }
        if(flag==0)return "";
        string ans=s.substr(ans_l,len);
        return ans;
       
    }
};

时间复杂度O(m+n)

思路：

开一个128的数组，存t中所有字母的出现次数，记录t中字母个数need，滑动窗口向右扩展每次出现t中字母的时候need就--，需要的这个字母次数也--(可以为负数，说明这个窗口中这个字母数量多),当need等于0的时候这个滑动窗口覆盖了字符串t,左边界就可以向右压缩得到尽可能短的子串。

左边界向右压缩过程，字母次数++后只有在这个字母需要次数大于0才need++，因为如果初始的时候t没有这个字母即a $t\[i$ ]=0，那么在向右扩展和左边界向右压缩的过程这个值都不会大于0，大于0就代表这个字母是t中所需要的。