[LeetCode] 76. Minimum Window Substring 最小窗口子串

Given a string S and a string T, find the minimum window in S which will contain all the characters in T in complexity O(n).

Example:

Input: S = "ADOBECODEBANC", T = "ABC"
Output: "BANC"

Note:

• If there is no such window in S that covers all characters in T, return the empty string "".
• If there is such window, you are guaranteed that there will always be only one unique minimum window in S.

這道題給了我們一個原字符串S，還有一個目標字符串T，讓在S中找到一個最短的子串，使得其包含了T中的所有的字母，并且限制了時間復雜度為 O(n)。這道題的要求是要在 O(n) 的時間度里實現(xiàn)找到這個最小窗口字串，暴力搜索 Brute Force 肯定是不能用的，因為遍歷所有的子串的時間復雜度是平方級的。那么來想一下，時間復雜度卡的這么嚴，說明必須在一次遍歷中完成任務，當然遍歷若干次也是 O(n)，但不一定有這個必要，嘗試就一次遍歷拿下！那么再來想，既然要包含T中所有的字母，那么對于T中的每個字母，肯定要快速查找是否在子串中，既然總時間都卡在了 O(n)，肯定不想在這里還浪費時間，就用空間換時間（也就算法題中可以這么干了，七老八十的富翁就算用大別野也換不來時間啊。依依東望，望的就是時間吶 T.T），使用 HashMap，建立T中每個字母與其出現(xiàn)次數(shù)之間的映射，那么你可能會有疑問，為啥不用 HashSet 呢，別急，講到后面你就知道用 HashMap 有多妙，簡直妙不可言～

目前在腦子一片漿糊的情況下，我們還是從簡單的例子來分析吧，題目例子中的S有點長，換個短的 S = "ADBANC"，T = "ABC"，那么肉眼遍歷一遍S唄，首先第一個是A，嗯很好，T中有，第二個是D，T中沒有，不理它，第三個是B，嗯很好，T中有，第四個又是A，多了一個，禮多人不怪嘛，收下啦，第五個是N，一邊涼快去，第六個終于是C了，那么貌似好像需要整個S串，其實不然，注意之前有多一個A，就算去掉第一個A，也沒事，因為第四個A可以代替之，第二個D也可以去掉，因為不在T串中，第三個B就不能再去掉了，不然就沒有B了。所以最終的答案就"BANC"了。通過上面的描述，你有沒有發(fā)現(xiàn)一個有趣的現(xiàn)象，先擴展，再收縮，就好像一個窗口一樣，先擴大右邊界，然后再收縮左邊界，上面的例子中右邊界無法擴大了后才開始收縮左邊界，實際上對于復雜的例子，有可能是擴大右邊界，然后縮小一下左邊界，然后再擴大右邊界等等。這就很像一個不停滑動的窗口了，這就是大名鼎鼎的滑動窗口 Sliding Window 了，簡直是神器啊，能解很多子串，子數(shù)組，子序列等等的問題，是必須要熟練掌握的啊！

下面來考慮用代碼來實現(xiàn)，先來回答一下前面埋下的伏筆，為啥要用 HashMap，而不是 HashSet，現(xiàn)在應該很顯而易見了吧，因為要統(tǒng)計T串中字母的個數(shù)，而不是僅僅看某個字母是否在T串中出現(xiàn)。統(tǒng)計好T串中字母的個數(shù)了之后，開始遍歷S串，對于S中的每個遍歷到的字母，都在 HashMap 中的映射值減1，如果減1后的映射值仍大于等于0，說明當前遍歷到的字母是T串中的字母，使用一個計數(shù)器 cnt，使其自增1。當 cnt 和T串字母個數(shù)相等時，說明此時的窗口已經(jīng)包含了T串中的所有字母，此時更新一個 minLen 和結(jié)果 res，這里的 minLen 是一個全局變量，用來記錄出現(xiàn)過的包含T串所有字母的最短的子串的長度，結(jié)果 res 就是這個最短的子串。然后開始收縮左邊界，由于遍歷的時候，對映射值減了1，所以此時去除字母的時候，就要把減去的1加回來，此時如果加1后的值大于0了，說明此時少了一個T中的字母，那么 cnt 值就要減1了，然后移動左邊界 left。你可能會疑問，對于不在T串中的字母的映射值也這么加呀減呀的，真的大丈夫（帶膠布）嗎？其實沒啥事，因為對于不在T串中的字母，減1后，變-1，cnt 不會增加，之后收縮左邊界的時候，映射值加1后為0，cnt 也不會減少，所以并沒有什么影響啦，下面是具體的步驟啦：

- 先掃描一遍T，把對應的字符及其出現(xiàn)的次數(shù)存到 HashMap 中。

- 然后開始遍歷S，就把遍歷到的字母對應的 HashMap 中的 value 減一，如果減1后仍大于等于0，cnt 自增1。

- 如果 cnt 等于T串長度時，開始循環(huán)，紀錄一個字串并更新最小字串值。然后將子窗口的左邊界向右移，如果某個移除掉的字母是T串中不可缺少的字母，那么 cnt 自減1，表示此時T串并沒有完全匹配。

解法一：

class Solution {
public:
    string minWindow(string s, string t) {
        string res = "";
        unordered_map<char, int> letterCnt;
        int left = 0, cnt = 0, minLen = INT_MAX;
        for (char c : t) ++letterCnt[c];
        for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {
            if (--letterCnt[s[i]] >= 0) ++cnt;
            while (cnt == t.size()) {
                if (minLen > i - left + 1) {
                    minLen = i - left + 1;
                    res = s.substr(left, minLen);
                }
                if (++letterCnt[s[left]] > 0) --cnt;
                ++left;
            }
        }
        return res;
    }
};

這道題也可以不用 HashMap，直接用個 int 的數(shù)組來代替，因為 ASCII 只有256個字符，所以用個大小為 256 的 int 數(shù)組即可代替 HashMap，但由于一般輸入字母串的字符只有 128 個，所以也可以只用 128，其余部分的思路完全相同，雖然只改了一個數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)，但是運行速度提高了一倍，說明數(shù)組還是比 HashMap 快啊。還可以進一步的優(yōu)化，沒有必要每次都計算子串，只要有了起始位置和長度，就能唯一的確定一個子串。這里使用一個全局變量 minLeft 來記錄最終結(jié)果子串的起始位置，初始化為 -1，最終配合上 minLen，就可以得到最終結(jié)果了。注意在返回的時候要檢測一下若 minLeft 仍為初始值 -1，需返回空串，參見代碼如下：

解法二：

class Solution {
public:
    string minWindow(string s, string t) {
        vector<int> letterCnt(128, 0);
        int left = 0, cnt = 0, minLeft = -1, minLen = INT_MAX;
        for (char c : t) ++letterCnt[c];
        for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {
            if (--letterCnt[s[i]] >= 0) ++cnt;
            while (cnt == t.size()) {
                if (minLen > i - left + 1) {
                    minLen = i - left + 1;
                    minLeft = left;
                }
                if (++letterCnt[s[left]] > 0) --cnt;
                ++left;
            }
        }
        return minLeft == -1 ? "" : s.substr(minLeft, minLen);
    }
};

到此這篇關于C++實現(xiàn)LeetCode(76.最小窗口子串)的文章就介紹到這了,更多相關C++實現(xiàn)最小窗口子串內(nèi)容請搜索腳本之家以前的文章或繼續(xù)瀏覽下面的相關文章希望大家以后多多支持腳本之家！

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