读完本文，你能够去力扣拿下如下题目：
76. 最小笼罩子串
567. 字符串的排列
438. 找到字符串中所有字母异位词
3. 无反复字符的最长子串
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鉴于前文 二分搜寻框架详解 的那首《二分搜寻升天词》很受好评，并在民间广为流传，成为安睡助眠的一剂良方，明天在滑动窗口算法框架中，我再次编写一首小诗来讴歌滑动窗口算法的平凡：
对于双指针的快慢指针和左右指针的用法，能够参见前文 双指针技巧汇总，本文就解决一类最难把握的双指针技巧：滑动窗口技巧。总结出一套框架，能够保你闭着眼睛都能写出正确的解法。
说起滑动窗口算法，很多读者都会头疼。这个算法技巧的思路非常简单，就是保护一个窗口，一直滑动，而后更新答案么。LeetCode 上有起码 10 道使用滑动窗口算法的题目，难度都是中等和艰难。该算法的大抵逻辑如下：
int left = 0, right = 0;
while (right < s.size()) {
// 增大窗口
window.add(s[right]);
right++;
while (window needs shrink) {
// 放大窗口
window.remove(s[left]);
left++;
}
}这个算法技巧的工夫复杂度是 O(N)，比字符串暴力算法要高效得多。
其实困扰大家的，不是算法的思路，而是各种细节问题。比如说如何向窗口中增加新元素，如何放大窗口，在窗口滑动的哪个阶段更新后果。即使你明确了这些细节，也容易出 bug，找 bug 还不晓得怎么找，真的挺让人心烦的。
所以明天我就写一套滑动窗口算法的代码框架，我连再哪里做输入 debug 都给你写好了，当前遇到相干的问题，你就默写进去如下框架而后改三个中央就行，还不会出 bug：
/* 滑动窗口算法框架 */
void slidingWindow(string s, string t) {
unordered_map<char, int> need, window;
for (char c : t) need++;
int left = 0, right = 0;
int valid = 0;
while (right < s.size()) {
// c 是将移入窗口的字符
char c = s[right];
// 右移窗口
right++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
...
/*** debug 输入的地位 ***/
printf("window: [%d, %d)\n", left, right);
/********************/
// 判断左侧窗口是否要膨胀
while (window needs shrink) {
// d 是将移出窗口的字符
char d = s[left];
// 左移窗口
left++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
...
}
}
}其中两处 ... 示意的更新窗口数据的中央，到时候你间接往里面填就行了。
而且，这两个 ... 处的操作别离是右移和左移窗口更新操作，等会你会发现它们操作是齐全对称的。
言归正传，上面就间接上 四道 LeetCode 原题来套这个框架，其中第一道题会具体阐明其原理，前面四道就间接闭眼睛秒杀了。
本文代码为 C++ 实现，不会用到什么编程方面的奇技淫巧，然而还是简略介绍一下一些用到的数据结构，免得有的读者因为语言的细节问题妨碍对算法思维的了解：
unordered_map 就是哈希表（字典），它的一个办法 count(key) 相当于 Java 的 containsKey(key) 能够判断键 key 是否存在。
能够应用方括号拜访键对应的值 map[key]。须要留神的是，如果该 key 不存在，C++ 会主动创立这个 key，并把 map[key] 赋值为 0。
所以代码中屡次呈现的 map[key]++ 相当于 Java 的 map.put(key, map.getOrDefault(key, 0) + 1)。
一、最小笼罩子串
LeetCode 76 题，Minimum Window Substring，难度 Hard：
就是说要在 S(source) 中找到蕴含 T(target) 中全副字母的一个子串，且这个子串肯定是所有可能子串中最短的。
如果咱们使用暴力解法，代码大略是这样的：
for (int i = 0; i < s.size(); i++)
for (int j = i + 1; j < s.size(); j++)
if s[i:j] 蕴含 t 的所有字母:
更新答案思路很间接，然而显然，这个算法的复杂度必定大于 O(N^2) 了，不好。
滑动窗口算法的思路是这样：
1、咱们在字符串 S 中应用双指针中的左右指针技巧，初始化 left = right = 0，把索引 左闭右开 区间 [left, right) 称为一个「窗口」。
2、咱们先一直地减少 right 指针扩充窗口 [left, right)，直到窗口中的字符串符合要求（蕴含了 T 中的所有字符）。
3、此时，咱们进行减少 right，转而一直减少 left 指针放大窗口 [left, right)，直到窗口中的字符串不再符合要求（不蕴含 T 中的所有字符了）。同时，每次减少 left，咱们都要更新一轮后果。
4、反复第 2 和第 3 步，直到 right 达到字符串 S 的止境。
这个思路其实也不难，第 2 步相当于在寻找一个「可行解」，而后第 3 步在优化这个「可行解」，最终找到最优解，也就是最短的笼罩子串。左右指针轮流后退，窗口大小增增减减，窗口一直向右滑动，这就是「滑动窗口」这个名字的来历。
上面画图了解一下，needs 和 window 相当于计数器，别离记录 T 中字符呈现次数和「窗口」中的相应字符的呈现次数。
初始状态：
减少 right，直到窗口 [left, right) 蕴含了 T 中所有字符：
当初开始减少 left，放大窗口 [left, right)。
直到窗口中的字符串不再符合要求，left 不再继续移动。
之后反复上述过程，先挪动 right，再挪动 left…… 直到 right 指针达到字符串 S 的末端，算法完结。
如果你可能了解上述过程，祝贺，你曾经齐全把握了滑动窗口算法思维。当初咱们来看看这个滑动窗口代码框架怎么用：
首先，初始化 window 和 need 两个哈希表，记录窗口中的字符和须要凑齐的字符：
unordered_map<char, int> need, window;
for (char c : t) need++;而后，应用 left 和 right 变量初始化窗口的两端，不要忘了，区间 [left, right) 是左闭右开的，所以初始状况下窗口没有蕴含任何元素：
int left = 0, right = 0;
int valid = 0;
while (right < s.size()) {// 开始滑动}其中 valid 变量示意窗口中满足 need 条件的字符个数，如果 valid 和 need.size 的大小雷同，则阐明窗口已满足条件，曾经齐全笼罩了串 T。
当初开始套模板，只须要思考以下四个问题：
1、当挪动 right 扩充窗口，即退出字符时，应该更新哪些数据？
2、什么条件下，窗口应该暂停扩充，开始挪动 left 放大窗口？
3、当挪动 left 放大窗口，即移出字符时，应该更新哪些数据？
4、咱们要的后果应该在扩充窗口时还是放大窗口时进行更新？
如果一个字符进入窗口，应该减少 window 计数器；如果一个字符将移出窗口的时候，应该缩小 window 计数器；当 valid 满足 need 时应该膨胀窗口；应该在膨胀窗口的时候更新最终后果。
上面是残缺代码：
string minWindow(string s, string t) {
unordered_map<char, int> need, window;
for (char c : t) need++;
int left = 0, right = 0;
int valid = 0;
// 记录最小笼罩子串的起始索引及长度
int start = 0, len = INT_MAX;
while (right < s.size()) {
// c 是将移入窗口的字符
char c = s[right];
// 右移窗口
right++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.count(c)) {
window++;
if (window == need)
valid++;
}
// 判断左侧窗口是否要膨胀
while (valid == need.size()) {
// 在这里更新最小笼罩子串
if (right - left < len) {
start = left;
len = right - left;
}
// d 是将移出窗口的字符
char d = s[left];
// 左移窗口
left++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.count(d)) {if (window[d] == need[d])
valid--;
window[d]--;
}
}
}
// 返回最小笼罩子串
return len == INT_MAX ?
"" : s.substr(start, len);
}须要留神的是，当咱们发现某个字符在 window 的数量满足了 need 的须要，就要更新 valid，示意有一个字符曾经满足要求。而且，你能发现，两次对窗口内数据的更新操作是齐全对称的。
当 valid == need.size() 时，阐明 T 中所有字符曾经被笼罩，曾经失去一个可行的笼罩子串，当初应该开始膨胀窗口了，以便失去「最小笼罩子串」。
挪动 left 膨胀窗口时，窗口内的字符都是可行解，所以应该在膨胀窗口的阶段进行最小笼罩子串的更新，以便从可行解中找到长度最短的最终后果。
至此，应该能够齐全了解这套框架了，滑动窗口算法又不难，就是细节问题让人烦得很。当前遇到滑动窗口算法，你就依照这框架写代码，保准没有 bug，还省事儿。
上面就间接利用这套框架秒杀几道题吧，你基本上一眼就能看出思路了。
二、字符串排列
LeetCode 567 题，Permutation in String，难度 Medium：
留神哦，输出的 s1 是能够蕴含反复字符的，所以这个题难度不小。
这种题目，是显著的滑动窗口算法，相当给你一个 S 和一个 T，请问你 S 中是否存在一个子串，蕴含 T 中所有字符且不蕴含其余字符？
首先，先复制粘贴之前的算法框架代码，而后明确方才提出的 4 个问题，即可写出这道题的答案：
// 判断 s 中是否存在 t 的排列
bool checkInclusion(string t, string s) {
unordered_map<char, int> need, window;
for (char c : t) need++;
int left = 0, right = 0;
int valid = 0;
while (right < s.size()) {char c = s[right];
right++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.count(c)) {
window++;
if (window == need)
valid++;
}
// 判断左侧窗口是否要膨胀
while (right - left >= t.size()) {
// 在这里判断是否找到了非法的子串
if (valid == need.size())
return true;
char d = s[left];
left++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.count(d)) {if (window[d] == need[d])
valid--;
window[d]--;
}
}
}
// 未找到符合条件的子串
return false;
}对于这道题的解法代码，基本上和最小笼罩子串截然不同，只须要扭转两个中央：
1、本题挪动 left 放大窗口的机会是窗口大小大于 t.size() 时，应为排列嘛，显然长度应该是一样的。
2、当发现 valid == need.size() 时，就阐明窗口中就是一个非法的排列，所以立刻返回 true。
至于如何解决窗口的扩充和放大，和最小笼罩子串完全相同。
三、找所有字母异位词
这是 LeetCode 第 438 题，Find All Anagrams in a String，难度 Medium：
呵呵，这个所谓的字母异位词，不就是排列吗，搞个高端的说法就能糊弄人了吗？相当于，输出一个串 S，一个串 T，找到 S 中所有 T 的排列，返回它们的起始索引。
间接默写一下框架，明确方才讲的 4 个问题，即可秒杀这道题：
vector<int> findAnagrams(string s, string t) {
unordered_map<char, int> need, window;
for (char c : t) need++;
int left = 0, right = 0;
int valid = 0;
vector<int> res; // 记录后果
while (right < s.size()) {char c = s[right];
right++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.count(c)) {
window++;
if (window == need)
valid++;
}
// 判断左侧窗口是否要膨胀
while (right - left >= t.size()) {
// 当窗口符合条件时，把起始索引退出 res
if (valid == need.size())
res.push_back(left);
char d = s[left];
left++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.count(d)) {if (window[d] == need[d])
valid--;
window[d]--;
}
}
}
return res;
}跟寻找字符串的排列一样，只是找到一个非法异位词（排列）之后将起始索引退出 res 即可。
四、最长无反复子串
这是 LeetCode 第 3 题，Longest Substring Without Repeating Characters，难度 Medium：
这个题终于有了点新意，不是一套框架就出答案，不过反而更简略了，略微改一改框架就行了：
int lengthOfLongestSubstring(string s) {
unordered_map<char, int> window;
int left = 0, right = 0;
int res = 0; // 记录后果
while (right < s.size()) {char c = s[right];
right++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
window++;
// 判断左侧窗口是否要膨胀
while (window > 1) {char d = s[left];
left++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
window[d]--;
}
// 在这里更新答案
res = max(res, right - left);
}
return res;
}这就是变简略了，连 need 和 valid 都不须要，而且更新窗口内数据也只须要简略的更新计数器 window 即可。
当 window 值大于 1 时，阐明窗口中存在反复字符，不符合条件，就该挪动 left 放大窗口了嘛。
惟一须要留神的是，在哪里更新后果 res 呢？咱们要的是最长无反复子串，哪一个阶段能够保障窗口中的字符串是没有反复的呢？
这里和之前不一样，要在膨胀窗口实现后更新 res，因为窗口膨胀的 while 条件是存在反复元素，换句话说膨胀实现后肯定保障窗口中没有反复嘛。
五、最初总结
倡议背诵并默写这套框架，顺便背诵一下文章结尾的那首诗。当前就再也不怕子串、子数组问题了好吧。