关于前端:精读算法-滑动窗口

滑动窗口算法是较为入门题目的算法，个别是一些有法则数组问题的最优解，也就是说，如果一个数组问题能够用动静布局解，但又能够应用滑动窗口解决，那么往往滑动窗口的效率更高。

双指针也并不局限在数组问题，像链表场景的“快慢指针”也属于双指针的场景，其快慢指针滑动过程中自身就会产生一个窗口，比方当窗口膨胀到某种程度，能够失去一些论断。

因而把握滑动窗口十分根底且重要，接下来依照我的教训给大家介绍这个算法。

精读

滑动窗口应用双指针解决问题，所以个别也叫双指针算法，因为两个指针间造成一个窗口。

什么状况适宜用双指针呢？个别双指针是暴力算法的优化版，所以：

1. 如果题目较为简单，且是数组或链表问题，往往能够尝试双指针是否可解。
2. 如果数组存在法则，能够尝试双指针。
3. 如果链表问题限度较多，比方要求 O(1) 空间复杂度解决，兴许只有双指针可解。

也就是说，当一个问题比拟有法则，或者较为简单，或较为奇妙时，能够尝试双指针（滑动窗口）解法。

咱们还是拿例子阐明，首先是两数之和。

两数之和

两数之和是一道简略题，实际上和滑动窗口没什么关系，但为了引出三数之和，还是先讲这道题。题目如下：

给定一个整数数组 nums 和一个整数目标值 target，请你在该数组中找出 和为目标值 target  的那  两个 整数，并返回它们的数组下标。

你能够假如每种输出只会对应一个答案。然而，数组中同一个元素在答案里不能反复呈现。

暴力解法就是穷举所有两数之和，发现和为 target 完结，显然这种做法有点慢，咱们换一种思路。

因为能够用空间换工夫，又只有两个数，咱们能够对题目进行转化，即通过一次遍历，将 nums 每一项都减去 target，而后找到前面任意一项值为后面的后果，即示意它们和为 target。

能够用哈希表 map 减速查问，行将每一项 target - num 作为 key，如果前面任何一个 num 作为 key 能够在 map 中找到，则得解，且上一个数的原始值能够存在 map 的 value 中。这要仅需遍历一次，工夫复杂度为 O(n)。

之所以说这道题，是因为这道题是单指针，即只有一个指针在数组中挪动，并配合哈希表疾速求解。对于略微简单的问题，单指针就不够了，须要用双指针解决（一般来说不会用到三或以上指针），那简单点的题目就是三数之和了。

三数之和

三数之和是一道中等题，别以为只是两数之和的加强版，其思路齐全不同。题目如下：

给你一个蕴含 n 个整数的数组 nums，判断 nums 中是否存在三个元素 a，b，c，使得 a + b + c = 0？请你找出所有和为 0 且不反复的三元组。

因为超过了两个数，所以不能像双指针一样求解了，因为即使用了哈希表存储，也会在遍历时遇到“两数之和”的问题，而哈希表计划无奈持续嵌套应用，即无奈进一步升高复杂度。

为了升高工夫复杂度，咱们心愿只遍历一次数组，这就须要数组满足肯定条件咱们能力用滑动窗口，所以咱们对数组进行排序，应用快排的工夫复杂度为 O(nlogn)，工夫复杂度已超出两数之和，不过因为题目简单，这个就义是无奈防止的。

假如从小到大排序，那咱们就拿到一个递增数组了，此时经典滑动窗口办法就可用了！怎么滑动呢？首先创立两个指针，别离叫 left 与 right，通过一直批改 left 与 right，让它们在数组间滑动，这个窗口大小就是合乎题目要求的，当滑动结束时，返回所有满足条件的窗口即可，记录其实很简略，只有在滑动过程中记录一下就行。

首先排除异样值，即数组长度过小，而后对于惯例状况，咱们拿一个全局变量存储以后窗口数的和，这样 right + 1 只有累加 nums[right+1]，left + 1 只有减去 nums[left] 即可疾速拿到求和。

因为须要思考所有状况，所以须要一次数组遍历，对于每次遍历的起始点 i，如果 nums[i] > 0 则间接跳过，因为数组排序后是递增的，前面的和只会永远大于 0；否则进行窗口滑动，先造成三个点 [i, i+1, n-1]，这样放弃 i 不动，一直包夹后两个数字即可，只有它们的和大于 0，就将第三个点左移（数字会变小），否则将第二个点右移（数字会变大），其实第二个和第三个数就是滑动窗口。

这样的话工夫复杂度是 O(n²)，因为存在两次遍历，疏忽快排较小的工夫复杂度。

那么四数之和，五数之和呢？

四数之和

该题和三数之和齐全一样，除了要求变成四个数。

首先还是排序，而后双重递归，即确定前两个数不变，一直包夹后两个数，后两个数就是 i+1 和 n-1，算法和三数之和一样，所以最终工夫复杂度为 O(n³)。

那么 N 数之和（N > 2）都能够采纳这个思路解决。

为什么没有更优的办法呢？我想可能因为：

1. 无论几数之和，快排一次工夫复杂度都是固定的，所以沿用三数之和的计划其实占了排序算法便宜。
2. 滑动窗口只能用两个指针进行挪动，而没有三指针但又放弃工夫复杂度不变的窗口滑动算法存在。

所以对于 N 数之和，通过排序付出了 O(nlogn) 工夫复杂度之后，能够用滑动窗口，将 2 个数工夫复杂度优化为 O(n)，所以整体工夫复杂度就是 O(N – 2 + 1 个 n)，即 O(N-1 个 n)，而最小的工夫复杂度 O(n²) 比 O(nlogn) 大，所以总是疏忽快排的工夫复杂度，所以三数之和工夫复杂度是 O(n²)，四数之和工夫复杂度为 O(n³)，依此类推。

能够看到，咱们从最简略的两数之和，到三数之和、四数之和，跨入了滑动窗口的门槛，实质上是利用排序后数组有序的个性，让咱们在不必遍历数组的前提下，能够对窗口进行滑动，这是滑动窗口算法的核心思想。

为了增强这个了解，再看一道相似的题目，无反复字符的最长子串。

无反复字符的最长子串

无反复字符的最长子串是一道中等题，题目如下：

给定一个字符串，请你找出其中不含有反复字符的 最长子串 的长度。

因为最长子串是间断的，所以显然能够思考滑动窗口解法。其实确定了滑动窗口解法后，问题很简略，只有设定 left 和 right，并用一个哈希 Set 记录哪些元素存在过，在过程中记录最大长度，并尝试 right 右移，如果右移过程中发现呈现反复字符，则 left 右移，直到打消这个反复字符为止。

解法并不难，但问题是，咱们要想分明，为什么用滑动窗口遍历一次就能够做到 不重不漏？即这道题工夫复杂度只有 O(n) 呢？

只有想明确两个问题：

1. 因为子串是间断的，既然不存在跳跃的状况，只有一次滑动窗口内能蕴含所有解，就涵盖了所有状况。
2. 一次滑动窗口内不蕴含什么？因为咱们只将 right 右移，且呈现反复后尝试将 left 右移到不反复后，right 再持续右移，这疏忽了呈现反复后，right 左移的状况。

咱们重点看二个问题，显然，如果 abcd 这四个间断的字符不反复，那么 left 右移后，bcd 也显然不反复，所以如果此时就能够将 right 右移造成 bcda 的窗口持续找上来，而不须要尝试 bc 这种状况，因为这种状况尽管不反复，但肯定不是最优解。

好了，通过这个例子咱们看到，滑动窗口如何放大窗口范畴其实不难，但更要重视的是，背地对于为什么能够用滑动窗口的思考，滑动窗口有没有做到不重不漏，如果没有想分明，可能整个思路都错了。

那么滑动窗口的利用曾经说透了？其实没有，咱们下面只说了放大窗口这种比拟繁多的脑回路，其实双指针形成的滑动窗口不肯定都是那么失常滑的，一种有意思的场景是快慢指针，即是以相对速度决定窗口如何滑动。

对于快慢指针，经典的题目有环形链表、删除有序数组中的反复项。

环形链表

环形链表是一道简略题，题目如下：

给定一个链表，判断链表中是否有环。

如果不是进阶要求空间复杂度 O(1)，咱们能够在遍历时稍稍“净化”一下原始链表，这样总能发现是否走了回头路。

但要求空间开销必须是常数，咱们不得不思考快慢指针。说实话第一次看到这道题时，如果能想到快慢指针的解法，相对是相当聪慧的，因为必须要有常识迁徙的能力。怎么迁徙呢？设想学校在开运动会，置信每次都有一个跑的最慢的同学，慢到被最快的同学追了一圈。

等等，操场不就是环形链表吗？只有有人跑得慢，就会被跑得快的追上，追上不就是相遇了吗？ 所以快慢指针别离跑，只有相遇则断定为环形链表，否则不是环形链表，且肯定有一个指针先走完。

那么细枝末节就是优化效率了，慢指针到底慢多少呢？

有人会说，运动会上，跑步慢的人如果想被快的人追上，最好就不要跑。对，但环形链表问题中，链表不是操场，可能只有某一段是环，也就是跑步慢的人至多要跑到环里，才可能与跑得快人的相遇，但跑得慢的人又不晓得哪里开始成环，这就是难点。

你有没有想过，为什么快排用二分法，而不是三分法？为什么每次两头来一刀，能够最快排完？起因是二分能够用最小的“深度”将数组切割为最小粒度。那么同理，快慢指针中，慢指针要想被尽快追上，速度可能最好是快指针的一半。那从逻辑上剖析，为什么呢？

直观来看，如果慢指针太慢，可能大部分工夫都在进入环形之前的地位转悠，快指针尽管快，但永远在环里跑，所以总是无奈遇到慢指针，这给咱们的启发是，慢指针不能太慢；如果慢指针太快，简直速度和快指针一样，就像两个运动员都互不相让的抢夺第一一样，他们真的想相遇，预计得间断跑几个小时吧，所以慢指针也不能过快。所以这样剖析下来，慢指针只能取折中的一半速度。

但用一半的慢速真的能最快相遇吗？不肯定，举一个例子，假如链表是完满环形，一共有 [1,6] 共 6 个节点，那么慢指针一次走 1 步，快指针一次走 2 步，那么一共是 2,3 3,5 4,1 5,3 6,5 1,1 共走 6 步，但如果快指针一次走 3 步呢？一共是 2,4 3,1 4,4 3 步。这么说个别速度不肯定最优？其实不是的，计算机在链表寻址时，节点拜访的耗费也要思考进去，后者尽管看上去更快，但其实拜访链表 next 的次数更多，对计算机来说，还不如第一种来得快。

所以精确来说，不是快指针比慢指针快一倍速度，而是慢指针一次走一步，快指针一次走两步最优，因为相遇时，总挪动步数起码。

再说一个简略问题，即用快慢指针判断链表中倒数第 k 个节点或者链表中点。

判断链表中点

快指针是慢指针速度 2 倍，当快指针达到尾部，慢指针的地位就是链表中点。

链表中倒数第 k 个节点

链表中倒数第 k 个节点是一道简略题，题目如下：

输出一个链表，输入该链表中倒数第 k 个节点。为了合乎大多数人的习惯，本题从 1 开始计数，即链表的尾节点是倒数第 1 个节点。

这道题就是判断链表中点的变种，只有让慢指针比快指针慢 k 个节点，当快指针达到开端时，慢指针就指向倒数第 k+1 个节点了。这道题留神一下数数别数错了即可。

接下来终于说道快慢指针的另一种经典用法题型，删除有序数组中的反复项了。

删除有序数组中的反复项

删除有序数组中的反复项是一道简略题，题目如下：

给你一个有序数组 nums，请你 原地 删除反复呈现的元素，使每个元素 只呈现一次，返回删除后数组的新长度。

这道题，要原地删除反复元素，并返回长度，所以只能用快慢指针。但怎么用呢？快多少慢多少？

其实这道题快多少慢多少并不像后面题目一样预设好了，而是依据遇到的理论数字来判断。

咱们假如慢指针是 slow 快指针是 fast，留神变量命名也有意思，同样是双指针问题，有的是 slow right，有的是 slow fast，重点在于用何种办法挪动指针。

咱们只有让 fast 扫描齐全表，把所有不反复的挪到一起就好了，这样工夫复杂度是 O(n)，具体做法是：

1. 让 slow 和 fast 初始都指向 index 0。
2. 因为是 有序数组，所以就算有反复也肯定连在一起，所以能够让 fast 间接往后扫描，只有遇到和 slow 不同的值，才把其和 slow+1 替换，而后 slow 自增，持续递归，直到 fast 走到数组尾部完结。

做完这套操作后，slow 的下标值就是答案。

能够看到，这道题对于慢指针要如何慢，其实是依据值来判断的，如果 fast 的值与 slow 一样，那么 slow 就始终等着，因为雷同的值要被疏忽掉，让 fast 走就是在跳过反复值。

说完了常见的双指针用法，咱们再来看一些比拟难啃的非凡问题，这里次要讲两个，别离是 盛最多水的容器 与 接雨水。

盛最多水的容器

盛最多水的容器是一道中等题，题目如下：

给你 n 个非负整数 a1，a2，...，an，每个数代表坐标中的一个点 (i, ai)。在坐标内画 n 条垂直线，垂直线 i 的两个端点别离为 (i, ai) 和 (i, 0)。找出其中的两条线，使得它们与 x 轴独特形成的容器能够包容最多的水。

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倡议先认真读一读题目再持续，这道题绝对比较复杂。

好了，为什么说这是一道双指针题目呢？因为咱们看怎么计算包容水的体积？其实这道题就简化为长乘宽。

长度就是选取的两个柱子的间距，宽就是其中最短柱子的高度。问题就是，尽管柱子间距越远，长度越大，但宽度不肯定最大，一眼是没法看进去最优解的。

所以还是得屡次尝试，那怎么样能够用起码的尝试次数，但又不重不漏呢？定义 left right 两个指针，别离指向 0 与 n-1 即首尾两个地位，此时长度是最大的（柱子间间隔是最远的），接下来尝试一下别的柱子，试哪个呢？

• 较长的那个？如果新的比拟短的更短，那么宽度更短了；如果新的比拟短的更长，也没用，因为较短的决定了水位。
• 较短的那个？如果新的较长，那么才有机会整体体积更大。

所以咱们挪动较短的那个，并每次计算一下体积，最初当两根柱子相遇时完结，过程中最大体积就是全局最大体积。

这道题双指针的挪动规定比拟奇妙，与下面一般题目不一样，重点不是在是否会使用滑动窗口算法，而是是否找到挪动指针的规定。

当然你可能会说，为什么两个指针要定义在最两端，而非别的中央？因为这样就无奈控制变量了。

如果指针选在两头地位，那么指针外移时，柱子的间距与柱子长度同时变动，就很难找到一条完满路线。比方咱们挪动较短的柱子，是因为较短的柱子确定了最低水位，扭转它，可能让最低水位变高，但问题是两根柱子的间距也在变大，这样挪动较短还是较长的柱子哪个更优就说不准了。

说实话这种办法不太容易想到，须要多找几种抉择尝试能力发现。当然，算法如果依照固定套路就能推导进去，也就没有难度了，所以要承受这种思维跳跃。

接下来咱们看一道更非凡的滑动窗口问题，接雨水，它甚至分为多段滑动窗口。

接雨水

接雨水是一道艰难题，题目如下：

给定 n 个非负整数示意每个宽度为 1 的柱子的高度图，计算按此排列的柱子，下雨之后能接多少雨水。

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与盛雨水不同，这道接雨水看的是整体，咱们要算出能接的所有水的数量。

其实相比上一道题，这道题还算比拟好切入，因为咱们从左到右计算即可。思考发现，只有产生了“凹槽”能力接到雨水，而凹槽由它两边最高的柱子决定，那什么范畴算一段凹槽呢？

显然凹槽是能够明确分组的，一个凹槽也无奈被宰割为多个凹槽，就像你看水坑一样，无论有多少，多深的坑在一起，总能一个一个数分明，所以咱们就从左到右开始数。

怎么数凹槽呢？用滑动窗口方法，每个窗口就是一个凹槽，那么窗口的终点 left 就是右边第一根柱子，有以下状况：

• 如果间接相邻的左边柱子更高（或一样高），那从它开始向右看，根本无法接雨水，所以间接摈弃，left++。

• 如果间接相邻的左边柱子更矮，那就有产生凹槽的机会。

  • 那么持续往右看，如果左边始终都更矮，那也接不到雨水。

  • 如果左边呈现一个高一些的，就能够接到雨水，那问题是怎么算能接多少，以及找到哪完结呢？

    • 只有记录最右边柱子高度，左边柱子的完结判断条件是“遇到一个与最右边一样高的柱子”，因为一个凹槽能接多少水，取决于最短的柱子。当然，如果左边没有柱子了，尽管比最右边低一点，但只有比最深的高，也算一个完结点。

这道题，一旦遇到凹槽完结点，left 就会更新，开始新的一轮凹槽计算，所以存在多个滑动窗口。从这道题能够看出，滑动窗口题型相当灵便，不仅判断条件因题而异，窗口数量可能也有多个。

总结

滑动窗口实质是双指针的玩法，不同题目有不同的套路，从最简略的依照法则包夹，到快慢指针，再到无固定套路的因题而异的非凡算法。

其实依照法则包夹的套路属于碰撞指针领域，个别对于排序好的数组，能够一步一步判断，或者用二分法判断，总之不必依据整体遍从来判断，效率天然高。

快慢指针也有套路可循，但具体快多少，或者慢多少，可能具体场景要具体看。

对于无固定套路的滑动窗口，就要依据题目认真品尝啦，如果所有套路都能总结进去，算法也少了乐趣。

探讨地址是：精读《算法 – 滑动窗口》· Issue #328 · dt-fe/weekly

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