前言
常常会有人问,作为前端,你在理论工作中用到过哪些算法,之前我答复是,树和位运算,而最近在学习网络模块,发现了和前端,起码是和网络相干的一种算法,那就是 滑动窗口
;
咱们晓得在 HTTP1.1 发送申请,TCP 会将申请传输到服务端,而对于 TCP 协定,最重要的能力之一就是管制流速;
当发送方须要发送很多申请的时候,这些申请会阻塞在某一个缓存中期待 TCP 发送,这个前面还有源源不断的申请发动,那总不能一下子全堵在缓存上吧,会炸掉的,这个时候这个模型就是滑动窗口了
发送过程有三个状态:
- 绿色是发送并连贯胜利的
- 浅绿色是发送,然而还没有收到 ACK 响应的,这个时候有可能会挂掉,所以这个时候发送方还得存着这个申请随时筹备重发
- 红色是期待发送的
- 前面那些就是被阻塞的申请了
这个时候 TCP 可能缓存的申请数就是一个窗口,每当浅绿色转成深绿色,那么窗口就能够像左边滑动,而窗口还保留的状态仍然能够复用,这就是 滑动窗口
的魅力了
滑动窗口最大特点是,滑动窗口过程中,保留在窗口里的数据状态间接复用,不须要再次构建,节约资源;
那么接下来咱们通过做题来相熟一下滑窗,并看看是否有更多不一样的状况吧;
注释
依据滑窗窗口大小是否固定,分成了两种:固定大小的窗口
和 可变窗口大小
;
前言谈及的 TCP 中的滑窗状况,其实是一个固定大小的滑窗,当然也能够先给定局部大小,而后依据流速进行扩大,那是后续的操作了;
而更多的状况是不固定大小的滑窗,这类滑窗个别都是创立过程中,一股脑子将资源耗尽去扩充窗口,达到一个阈值,而后再膨胀窗口,依据具体题目,达到一个均衡了;
这其实就如同是一个疾速试错过程,先将状况推到极致了,而后退出对应的变量来膨胀窗口,找到比拟适合的一个状况,等到合规的状况在窗口里突破了,就从新扩大;
滑窗其实在了解题意的时候,又有点一分为二的感觉,就是我能够将窗口里的状态和窗口外的状态切离开,然而他们又是 此消彼长
的关系,这样一直衡量, 达到一个动态平衡的状态,就是某些题的后果
模板
固定大小的窗口
- l 初始化为 0
- 初始化 r, 使得 r-l+1 就是窗口大小
- 同时挪动 l 和 r
- 判断窗口内的间断元素是否满足题目限定的条件
可变窗口大小
- l r 都初始化为 0
- r 指针挪动一步
-
判断窗口内的间断元素是否满足条件
- 满足,再判断是否须要更新最优解;如果须要则更新,并尝试通过挪动 l 指针放大窗口的大小
- 不满足,则持续
双滑窗景象
- 一般的不定滑窗都是先走 r 指针,而后达到触发条件,而后膨胀 l 指针,膨胀到不达标之后进行,而后 r 指针重新启动
- 然而有那么一些题目,当 r 指针达标后, l 指针在一段范畴内 [l1,l2),且可能与后续的 [r1,r2) 任何两个指针形成的滑窗都会形成合规的滑窗
- 那么这个时候用单个指针 l 膨胀到不符合要求的 l2, 那么就只产生 [l1,l2)与 r1 的条件,而原本应该合规的 lx-rx 都被干掉了(lx 在 [l1,l2] 中),因为这个时候 l 曾经跑到 l2 处了
- 这个时候就须要开两个指针 l1, l2,每次固定 r 指针的时候,咱们找出第一个符合要求的 l1, 和截止地位 l2, 而后持续让 r 走,挪动过程始终保持两个滑窗 [l1.r],[l2,r],能够保障在整个挪动过程所有的状况都思考到了
- 这类题目都是求数量,比方说
某种状况的子数组有多少个
,这样就得将所有状况都弄出来,然而如果只是要求一个极值,比方说这些符合要求的状况中,最小是多少,那么就没必要用双滑窗了,因为 r 指针的挪动必定会扩充窗口,所以 l 指针只须要保留对应的极值(第一个或者最初一个),而后求出极值即可
最初
滑窗是双指针的一种非凡状况,咱们在应用双指针解决问题的时候,可能不会思考前一个窗口里的状态值,只是将所有状况都思考进行,这样就会有很多计算是反复的,滑窗就是一种优化了的双指针状况。
所以算法还是有点用的,起码在高级的时候,咱们能够更好的了解咱们应用的工具的内核,而不仅仅只是雾里看花,知其然不知其所以然;
所以加油!!
题目列表
438. 找到字符串中所有字母异位词
@剖析
- 本题与 209. 长度最小的子数组 思路差不多
- 这道题窗口就固定为 p 的长度大小了,所以看着是固定窗口大小的题目 — 然而这里用的却是不定窗口的思路,然而窗口长度成了一个限定值,一旦超出限定的窗口大小,就膨胀一次
- 尽管题目说的是找字幕异位词,然而从理论的例子能够看出,只有是合乎 p 的字符对应的子串就 ok 了,不论得出的 ss 是否和 p 是一样的排列
- 用 pMap 存储 p 的字符状态,sMap 用来存储固定窗口的值,用 sMap 中的 valid 变量类型数量和 pMap 中的比对,用来判断是否符合要求
- 工夫复杂度 O(n)
var findAnagrams = function (s, p) {const pMap = new Map();
const sMap = new Map();
let ret = []; // 存储合乎要求的首个字符
for (let pp of p) {pMap.set(pp, pMap.get(pp) ? pMap.get(pp) + 1 : 1);
}
let valid = 0; // 存储合乎 p 的变量
let l = (r = 0);
while (r < s.length) {const rr = s[r];
sMap.set(rr, sMap.get(rr) ? sMap.get(rr) + 1 : 1);
if (sMap.get(rr) === pMap.get(rr)) {
// 两个 key 对应的 value 值统一的时候,才会减少 valid
valid++;
}
// 如果加上这个 r 这个字符,长度超出了固定窗口的长度,则须要先膨胀 l, 再断定
if (r - l === p.length) {
// 从进入到这里逻辑开始,其实就是属于固定窗口两侧的指针一起跑,这里是 l 指针开始跑,之前因为还没初始化完窗口
const ll = s[l];
if (pMap.get(ll) === sMap.get(ll)) {
// 如果膨胀过程中的这个值属于 valid 的
valid--;
}
sMap.set(ll, sMap.get(ll) - 1);
l++;
}
if (valid === pMap.size) {
// 合乎要求
ret.push(l);
}
r++;
}
return ret;
};
参考视频:传送门
3. 无反复字符的最长子串
// 3. 无反复字符的最长子串
剖析
1. 这里求的是最长的子串,证实有很多长度不一的子串,那么就是有很多大小不一的窗口,所以属于窗口不固定的滑窗题
2. 初始化 l r,初始化一个 map 用来寄存窗口里的字符的
3. map 是用来做条件判断的,判断窗口扩大过程中是否和已有的窗口字符反复了,如果反复了,那么就要膨胀窗口 s[r]=== s[l] 而后 l++,
4. 而后不论是否整顿窗口,r 指针都会持续扩大上来,所以解决完了,须要从新加上 s[r],并持续走上来
5. 工夫复杂度 ${O(n)}$ 因为 r 指针遍历一次,走的过程中遇到反复值,l 指针挪动,最多 l 也就遍历一次,也就是最多直走了 2n
6. 空间复杂度 $(O(k))$ k 是最大的窗口 size
var lengthOfLongestSubstring = function(s) {const map = new Map() // 这个用来寄存
let l = r = 0
let max = 0
while(r<s.length) {if(map.has(s[r])){
// 阐明窗口里的值曾经呈现反复了,所以须要整顿窗口
max = Math.max(max,map.size) // 存一下大小
// 开始膨胀窗口,找出 s[r] 同值的那个地位
while(s[l] !== s[r]){map.delete(s[l])
l++
}
// 找到了 -- 再移除一下
map.delete(s[l])
l++
}
// 将以后 s[r] 字符存起来
map.set(s[r],1)
r++
}
// 这个时候 r 走到底了,return Math.max(max,map.size)
}
console.log(lengthOfLongestSubstring("aab"))
剖析
- 依据第一次剖析,发现 map 还有移除操作,感觉不太适合,而且存储的时候也只是存了字符,没有将对应的下标用起来,所以想了上面的改良版
- 每一次扩充窗口的时候,判断一下 map 是否存在这个 key,同时判断一下对应的 value 值是否大于等于 l 指针 — 这是为了判断是否存在反复字符在以后窗口里,因为当初曾经不删除 map 里的值了,所以要用 value 和 l 的大小进行比拟
- 如果是窗口里的反复值,那么先存一下以后窗口的最大值,而后将 l 指针跳到反复值的下一个地位,而后更新 s[r] 的地位,持续遍历
- 如果不是反复值,就失常存储 s[r] 的地位
- 留神,这里不能用 map.size 来判断窗口大小,因为当初 map 存的是所有遍历的字符的汇合,所以要用 r-l; 因为每次 r 都指向窗口的下一个值,所以间接 r-l, 而不须要 +1
- 工夫复杂度 O(n), 这一次是值跑一次,l 根本靠跳
- 空间复杂度 (O(k)) k 是字符窗中不同字符的汇合值
var lengthOfLongestSubstring = function(s) {const map = new Map() // 这个用来寄存窗口呈现过的值
let l = r = 0
let max = 0
while(r<s.length) {if(map.has(s[r]) && map.get(s[r])>=l){
// 曾经遍历过了这个值且在以后的这个窗口里
max = Math.max(max,r-l) // 先存一下大小
l = map.get(s[r]) +1 // 跳到反复呈现字符后面去了
}
// 将以后 s[r] 字符存起来, 并将字符的下标也存起来 -- or 更新一下罪状 s[r] 的地位
map.set(s[r],r)
r++
}
// 这个时候 r 走到底了,return Math.max(max,r-l)
}
76. 最小笼罩子串
剖析
- 这里求的是符合要求的最小的子串,所以窗口必定不是固定大小的
- 这里断定条件关乎于 t 中的字符及数量,也须要 s 的字符和数量做比照,所以须要用到两个 map 进行存储
- 先把 t 存储到 tMap 中去,而后开始挪动 r 指针扩充的窗口;
- 当窗口中的某个字符 s[r] 的数量大于等于 tMap 中 s[r] 的数量时,则这个窗口合乎 t 字符串的变量数 valid 加一,始终到 valid 的长度刚好和 tMap 长度一样的时候,就是找到了符合要求的子串了
- 找到子串后,须要压缩窗口的大小,所以 l 要启动了
- 只有 s[l] 在 sMap 中的值不低于 tMap 中的值,那么就拼命的压缩;
- 只有当长度比曾经保存起来的符合要求的子串小的时候,或者初始化的时候,就替换 ret
- 而后 l 指针持续走一步,对应窗口就会生效,然还持续寻找下一个符合要求的窗口,反复下面的操作
- 工夫复杂度 O(N), 空间复杂度 O(N)
function minWindow(s, t) {const sMap = new Map();
const tMap = new Map();
// 先将 t 存起来
for (let tt of t) {tMap.set(tt, tMap.get(tt) ? tMap.get(tt) + 1 : 1);
}
let ret = "";
let l = (r = 0); // 不固定的滑窗的初始化
let valid = 0; // 示意窗口中匹配 t 字符的数量 -- 匹配的字符是指:字符 ss 在窗口里的数量超过了 ss 在 t 字符串中这个字符数量
while (r < s.length) {const ss = s[r];
sMap.set(ss, sMap.get(ss) ? sMap.get(ss) + 1 : 1); // 存起来
if (sMap.get(ss) === tMap.get(ss)) {
// 证实 ss 曾经匹配了
valid++;
}
if (valid === tMap.size) {
// 窗口里的字符串曾经齐全匹配了,那么就须要膨胀一下了
while (sMap.get(s[l]) !== tMap.get(s[l])) {// 因为当初的初始条件是: 对于某个字符 s[l], sMap.get(s[l])>=tMap.get(s[l])
// 所以能够干掉一些,晓得 === 的时候
sMap.set(s[l], sMap.get(s[l]) - 1);
l++;
}
if (r - l + 1 < ret.length || !ret.length) {
// 如果长度更小了,或者初始化的 ret, 那就替换一下吧
ret = s.slice(l, r + 1);
}
// 持续走吧,总得砍掉一个 valid 的,sMap.set(s[l], sMap.get(s[l]) - 1);
valid--; // 少了一个 s[l] 了
l++;
}
r++;
}
return ret;
}
209. 长度最小的子数组
剖析
- 这里求的是符合要求的间断数组的长度,所以这个长度是不确定,也就是窗口长度不确定;
- 这里求的是一个窗口累加值 sum >= target, 一旦满足要求就要压缩窗口,失去最小符合要求的间断数组的长度
- r 指针负责右侧裁减窗口大小,l 指针负责膨胀窗口,失去最优解
- 工夫复杂度 O(n)
var minSubArrayLen = function (target, nums) {
let ret = Infinity;
let l = (r = 0);
let sum = 0;
while (r < nums.length) {sum += nums[r];
while (sum >= target) {
// 符合要求,开始压缩窗口大小
ret = Math.min(ret, r - l + 1); // 更新一下
sum -= nums[l];
l++;
}
r++
}
return ret === Infinity ? 0: ret
};
904. 水果成篮
剖析
- 审题,数组中的值代表的类型,比方说 1 型水果,2 型水果;给定两个篮子,也就是最多抉择两种类型的水果放进篮子里,而后保障能进去的树最多,即 r-l+1 的值最大,所以属于窗口不固定的滑动窗口题目
- 用 map 作为篮子存储水果,map.size 最大应该为 2,
- 一旦 map.size 值超出 2,证实存储超过了 2 种类型的水果,所以须要膨胀 l,将一些其余类型的果子扔掉,直到 map 中的品种复原到两种;
- 工夫复杂度 O(n)
var totalFruit = function(fruits) {const map = new Map() // 篮子,大小为 2,用来存储以后窗口下的水果
let ret = 0
let l = r =0
while(r < fruits.length){ret = Math.max(ret,r-l); // 先保留一下上一次的大小
const rr = fruits[r]
map.set(rr,map.get(rr)?map.get(rr)+1:1)
// 如果超了,则须要膨胀一整类的树
while(map.size > 2){
// 长度超了,向左膨胀
const ll = fruits[l]
if(map.get(ll) === 1){map.delete(ll)
}else{map.set(ll,map.get(ll)-1)
}
l++
}
r++
}
return Math.max(ret,r-l);
};
930. 和雷同的二元子数组
剖析 — 双滑动窗口
- 不固定大小的滑动窗口,存在两个左指针 l1,l2 , 其中 [l1,r] 的 sum 总是小于等于 goal,而 [l2,r] 总数小于 goal 的
- 每次固定 r 指针,咱们晓得 [l1,l2-1]的任意一个 [lx,r] 都符合要求
- 这里用到了两个滑窗进行比拟出值,起因是 nums[i] 只能是 0,1, 所以会呈现间断的符合要求的值,
- 所以每一次固定 r 指针的时候,[l1,r] 放弃符合要求即值为 goal 的状态,[l2,r] 放弃刚好小于 goal 的状态;
- 则每一次向右滑动窗口后,都失去两个边缘值的窗口,这样就失去想要求的后果
- 工夫复杂度为 O(n2),空间复杂度 O(n) */
var numSubarraysWithSum = function (nums, goal) {
let ret = 0
let l1 = 0, l2 = 0
let sum1 = 0,sum2 = 0 // sum1 <= goal, sum2 < goal
let r = 0
while(r<nums.length){sum1+=nums[r]
while(l1<=r && sum1>goal){sum1-=nums[l1]
l1++
}
sum2+=nums[r]
while(l2<=r && sum2>=goal){sum2-=nums[l2]
l2++
}
ret+= l2-l1
r++
}
return ret
}
剖析 — 双指针
- 双指针进行匹配
- 而后每一次固定其中一边,进行求值,
- 没有复用任何的值,所以工夫复杂度为 O(n2),空间复杂度 O(n)
var numSubarraysWithSum = function (nums, goal) {
let ret = 0;
for (let i = 0; i < nums.length; i++) {
// 固定 i 指针
let sum = 0;
let r = i;
while (r <= nums.length) {sum += nums[r];
if (sum === goal) ret++;
r++;
}
}
return ret;
};
剖析 — 前缀和
- 用 map 记录 key 为前缀和,value 为有多少前缀和为 key 的子数组
- 如果以后前缀和 prevSum – goal 失去的值 temp 曾经存在在 map 中,证实有 value 个值 [l,cur] 使得 sum 为 goal
- 工夫复杂度 O(n), 空间复杂度 O(n)
var numSubarraysWithSum = function (nums, goal) {const map = new Map()
let prevSum = 0
let ret = 0
for(let num of nums){
prevSum+=num
if(map.has(prevSum-goal)){ret+=map.get(prevSum-goal)
}
if(prevSum === goal){ret++}
map.set(prevSum,map.get(prevSum)?map.get(prevSum)+1:1)
}
return ret
};
992. K 个不同整数的子数组
剖析
- 只有品种 map.size === k 的窗口,都是符合要求的,所以窗口大小不固定
- 遍历 r 指针,并在每次判断时固定 r 指针,设计 l1 指针,使得 [l1,r] 中的品种小于等于 k,设计 l2, 使得 [l2,r] 中的变量小于 k
- 则每一个固定的 r,中,[l1,l2) 之间的值和后续的 [l2,r] 能够形成变量为 k 的子数组,所以每一次固定 r,最终失去符合要求的数量是 l2-l1
- 整体思路和 930. 和雷同的二元子数组 一样
- 只是一个的判断条件是子数组的和,一个是子数组中的品种
- 这种只求组合数量的题目,都须要关注断定值合规的时候,窗口左右延长都是能够失去适合的值的
- 工夫复杂度 O(n), 空间复杂度 O(n)
var subarraysWithKDistinct = function (nums, k) {
let ret = 0;
const map1 = new Map(); // 用来存储窗口中值和呈现的次数
const map2 = new Map(); // 用来存储窗口中值和呈现的次数
let l1 = (l2 = 0);
let r = 0
while (r < nums.length) {const rr = nums[r];
map1.set(rr, map1.get(rr) ? map1.get(rr) + 1 : 1);
map2.set(rr, map2.get(rr) ? map2.get(rr) + 1 : 1);
while (map1.size > k) {
// 窗口的变量曾经超过了 k,所以须要 l 指针膨胀
const ll = nums[l1];
l1++;
if (map1.get(ll) === 1) {map1.delete(ll);
} else {map1.set(ll, map1.get(ll) - 1);
}
}
while (map2.size >= k) {
// 窗口的变量曾经超过了 k,所以须要 l 指针膨胀
const ll = nums[l2];
l2++;
if (map2.get(ll) === 1) {map2.delete(ll);
} else {map2.set(ll, map2.get(ll) - 1);
}
}
ret += l2-l1
r++;
}
return ret;
};
978. 最长湍流子数组
剖析
- 审题可得,这里能够转换成对于某一个节点 i, 必须满足这个 i 是一个最高点或者最低点
- 当 l === r 的时候,如果呈现 arr[l] === arr[l + 1], 则先去重
- 对于不同的 l 和 r,须要对 r 两侧的值进行判断,如是极值,则扩大窗口,如果 r 不是极值, 那么对应的 [l,r+1] 必定也不是了,所以将窗口膨胀到 l = r 的水平,从新再进行窗口的创立
- 须要留神,为什么 l 膨胀到 r 而不是 r+1, 因为比对 r 是否是极值的时候,须要进行 r-1,r,r+1, 所以 r 和 r+1 的值可能会合乎是后续的 [r,r+x] 的湍流数组,所以 l 膨胀到 r
- 至于 r 和 r+1 对应的值可能会相等,会在循环的第一次判断中的去重进行解决
- 本题最难是审题
- 工夫复杂度 O(n)
var maxTurbulenceSize = function (arr) {
const len = arr.length;
let max = 1; // 起码是 1
let l = 0,
r = 0; // 来个初始值
while (r < len - 1) {if (l === r) {
// 上一次比对不符合要求
if (arr[l] === arr[l + 1]) {
// 去重
l++;
}
r++;
} else {
// 有和下一个进行比对
if (arr[r - 1] < arr[r] && arr[r] > arr[r + 1]) {r++;} else if (arr[r - 1] > arr[r] && arr[r] < arr[r + 1]) {r++;} else {
// 不符合要求
l = r;
}
}
max = Math.max(max, r - l + 1);
}
return max;
};
1004. 最大间断 1 的个数 III
剖析
- 这里其实用到的是双指针的形式
- 左右指针造成了一个合乎要求的区域,用 arr 来缓存从 0-1 变更的值
- 每当应用完变更次数 k 之后,再次遇到 0 的时候,咱们只能先保留以后长度的区域,而后将 l 指针跳转到最小的变更下标,而后再次进行区域的裁减
- 工夫复杂度 O(n),n 是 nums 的长度;空间复杂度 O(k)
var longestOnes = function (nums, k) {const changeArr = []; // 用 arr 来存储从 0-1 的下标的值
let l = (r = 0);
let ret = 0;
while (r < nums.length) {const rr = nums[r];
if (k === 0) {
// 非凡状况,不做任何解决
if (rr === 0) {ret = Math.max(ret, r - l); // 先保留以后的这个长度
l = r + 1;
}
} else {if (rr === 0 && changeArr.length === k) {
// 以后值是 0,且曾经变更了 k 次,无奈再变了
ret = Math.max(ret, r - l); // 先保留以后的这个长度
// 因为是间断的变动,所以 l 能够间接指向第一个变动值之前
l = changeArr.shift() + 1;}
if (rr === 0 && changeArr.length < k) {changeArr.push(r);
}
}
r++;
}
return Math.max(ret, r - l);
};
console.log(longestOnes([0, 0, 1, 1, 1, 0, 0], 0));
1234. 替换子串失去均衡字符串
剖析
- 本题最难的点在于切分好窗口,窗口里的值是待变更的,窗口外的值是曾经确定好的,对应的每一个字符的数量都小于等于 n/4
- 为什么要这样来初始化窗口,窗口外的值的字符数量小于等于 n/4, 那么就能够变更窗口里的值,使得最终的值合乎均衡字符串,因为窗口的值能够任意变,然而一旦里面某个字符的数量超出 n/4, 而后变更窗口的值,使得最终的数量变少了吧;
- 先遍历一遍,保留所有字符对应的数量到 map 中,留神,这里要先初始化 QWER,保障 map 中有这 4 个 key
- 用 valid 示意滑窗外满足字符小于等于 n/4 的数量,边际条件,如果间接满足,返回 0
- 而后 r 指针滑动扩大窗口,map 会缩小对应字符的数量,当 rr 字符的值达到临界值的时候,valid 会产生变更
- 当 valid === 4 的时候,示意滑窗外曾经满足要求,只有扭转滑窗长度的字符,就能实现均衡,这个时候固定 r 指针,挪动 l 指针放大窗口
- 工夫复杂度 O(n), 空间复杂度 O(n)
var balancedString = function (s) {
const n = s.length;
const max = n / 4; // 这里 n 就是 4 的倍数,入参会做好设定的
const map = new Map();
map.set("Q", 0);
map.set("W", 0);
map.set("E", 0);
map.set("R", 0);
for (let ss of s) {map.set(ss, map.get(ss) + 1 );
}
let valid = 0; // 有多少个变量满足小于等于 n/4
[...map.values()].forEach((v) => {if (v <= max) valid++;
});
if (valid === 4) return 0; // 非凡状况,间接完结
let l = (r = 0);
let ret = Infinity;
while (r < n) {const rr = s[r];
map.set(rr, map.get(rr) - 1);
if (map.get(rr) === max) {
// 如果减去之后刚好符合要求,则 valid 减少
valid++;
}
while (valid === 4) {
// 窗口符合要求,开始膨胀窗口
ret = Math.min(ret, r - l + 1); // 先缓存一个
const ll = s[l];
l++;
map.set(ll, map.get(ll) + 1); // 膨胀滑窗,则滑进来的退出到 map 中去
if (map.get(ll) > max) valid--;
}
// 始终使得 valid 的值少于 4 为止
r++;
}
return ret;
}
1248. 统计「柔美子数组」
@剖析
- 用 odd 示意窗口里存在的奇数, 只有超过了,就必须膨胀窗口 — 不定滑窗
- 这里和 930. 和雷同的二元子数组, 992. K 个不同整数的子数组 相似,须要构建双滑窗
- 工夫复杂度为 O(n)
var numberOfSubarrays = function(nums, k) {
let ret = 0
let odd1 = 0
let odd2 = 0
let l1 = l2 = r = 0
while(r<nums.length){const rr = nums[r]
if(rr%2){
odd1++
odd2++
}
while(odd1>k){
// 膨胀 l1
const ll =nums[l1]
l1++
if(ll%2) odd1--
}
while(odd2 >= k){
// 膨胀 l1
const ll =nums[l2]
l2++
if(ll%2) odd2--
}
// 这个时候 [l1,l2) 都属于能够合格的数组
ret+=l2-l1
r++
}
return ret
};
1658. 将 x 减到 0 的最小操作数
剖析
- 其实这道题截止条件能够转成,设置一个窗口,使得 total – sum === x , 其中 total 就是数组的总和,sum 就是窗口里的值的和;这样移除的值就刚好等于 x 了
- 在这么多状况下,咱们保护一个窗口的长度最大的时候,那么移除的元素就越少,也就是对应的操作数起码
var minOperations = function(nums, x) {
const len = nums.length
const total = nums.reduce((prev,cur) => prev+cur,0)
if(total<x) return -1 // 边界,如果总和都不达 x, 那就间接跑路吧
let ret = Infinity // 起码的操作数
let sum = 0
let l =r =0
while(r<len){sum+=nums[r]
while(total-sum<x){
// 里面的值曾经小于 x 了,所以须要膨胀窗口
sum-=nums[l]
l++
}
if(total-sum === x){
// 符合要求
ret= Math.min(ret,len-(r-l+1))
}
r++
}
return ret=== Infinity?-1:ret
};