老卫带你学---leetcode刷题(76. 最小覆盖子串)

76. 最小覆盖子串

问题：

给你一个字符串 s 、一个字符串 t 。返回 s 中涵盖 t 所有字符的最小子串。如果 s 中不存在涵盖 t 所有字符的子串，则返回空字符串 “” 。

注意：

对于 t 中重复字符，我们寻找的子字符串中该字符数量必须不少于 t 中该字符数量。
如果 s 中存在这样的子串，我们保证它是唯一的答案。

示例 1：

输入：s = "ADOBECODEBANC", t = "ABC"
输出："BANC"
解释：最小覆盖子串 "BANC" 包含来自字符串 t 的 'A'、'B' 和 'C'。
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示例 2：

输入：s = "a", t = "a"
输出："a"
解释：整个字符串 s 是最小覆盖子串。
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示例 3:

输入: s = "a", t = "aa"
输出: ""
解释: t 中两个字符 'a' 均应包含在 s 的子串中，
因此没有符合条件的子字符串，返回空字符串。
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提示：

m == s.length
n == t.length
1 <= m, n <= 105
s 和 t 由英文字母组成
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解决：

核心思想在于窗口滑动，并且在滑动的过程中通过维护一个字典，代表各个元素还需要的个数

滑动窗口的思想：
用i,j表示滑动窗口的左边界和右边界，通过改变i,j来扩展和收缩滑动窗口，可以想象成一个窗口在字符串上游走，当这个窗口包含的元素满足条件，即包含字符串T的所有元素，记录下这个滑动窗口的长度j-i+1，这些长度中的最小值就是要求的结果。

步骤一
不断增加j使滑动窗口增大，直到窗口包含了T的所有元素

步骤二
不断增加i使滑动窗口缩小，因为是要求最小字串，所以将不必要的元素排除在外，使长度减小，直到碰到一个必须包含的元素，这个时候不能再扔了，再扔就不满足条件了，记录此时滑动窗口的长度，并保存最小值

步骤三
让i再增加一个位置，这个时候滑动窗口肯定不满足条件了，那么继续从步骤一开始执行，寻找新的满足条件的滑动窗口，如此反复，直到j超出了字符串S范围。

用一个字典need来表示当前滑动窗口中需要的各元素的数量，一开始滑动窗口为空，用T中各元素来初始化这个need，当滑动窗口扩展或者收缩的时候，去维护这个need字典，例如当滑动窗口包含某个元素，我们就让need中这个元素的数量减1，代表所需元素减少了1个；当滑动窗口移除某个元素，就让need中这个元素的数量加1。 记住一点：need始终记录着当前滑动窗口下，我们还需要的元素数量，我们在改变i,j时，需同步维护need。 值得注意的是，只要某个元素包含在滑动窗口中，我们就会在need中存储这个元素的数量，如果某个元素存储的是负数代表这个元素是多余的。比如当need等于{‘A’:-2,‘C’:1}时，表示当前滑动窗口中，我们有2个A是多余的，同时还需要1个C。这么做的目的就是为了步骤二中，排除不必要的元素，数量为负的就是不必要的元素，而数量为0表示刚刚好。 回到问题中来，那么如何判断滑动窗口包含了T的所有元素？结论就是当need中所有元素的数量都小于等于0时，表示当前滑动窗口不再需要任何元素。 优化 如果每次判断滑动窗口是否包含了T的所有元素，都去遍历need看是否所有元素数量都小于等于0，这个会耗费O(k)O(k)O(k)的时间复杂度，k代表字典长度，最坏情况下，k可能等于len(S)。 其实这个是可以避免的，我们可以维护一个额外的变量needCnt来记录所需元素的总数量，当我们碰到一个所需元素c，不仅need[c]的数量减少1，同时needCnt也要减少1，这样我们通过needCnt就可以知道是否满足条件，而无需遍历字典了。 前面也提到过，need记录了遍历到的所有元素，而只有need[c]>0大于0时，代表c就是所需元素

func minWindow(s string, t string) string {
	i:=0 //滑动窗口先摁住左边界，增加右边界；有合适的窗口后，再挪动左边界
	res:=[]int{0,math.MaxInt32} 
	dict := make(map[string]int) //key是string类型，因为rune太痛苦了
	for _,j:=range t{
		dict[string(j)]+=1 
	}
	needCnt := len(t) //needCnt可以帮我们快速检查目前还需要元素的总个数
	for j,c := range s{
		if dict[string(c)]>0{//如果元素在字典中，那就可以让value减一
			needCnt -= 1	
		}
		dict[string(c)]-=1
		if needCnt==0{ //该窗口可以匹配成功
			for{ //将窗口左边界i向右移动，旨在删除多余重复元素
				h:=s[i]
				if dict[string(h)]==0{
					break
				}
				dict[string(h)]+=1
				i+=1
			}
			if j-i<res[1]-res[0]{ //维护res最终结果
				res[0],res[1]=i,j
			}
			//既然已经该窗口计算完毕，那我们就接着i+=1往后面继续寻找
			dict[string(s[i])]+=1 //后续i+=1会删掉当前左边界，那我们就需要在字典里+1
			needCnt+=1
			i+=1
		}
	}
	if res[1]>len(s){
		return ""
	} else{
		return s[res[0]:res[1]+1]
	}
}
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    def minWindow(self, s: str, t: str) -> str:
        i=0
        res=(0,float('inf'))
        dic=collections.defaultdict(int)
        for c in t:
            dic[c]+=1
        cnt=len(t)
        for j,c in enumerate(s):
            if dic[c]>0:
                cnt-=1
            dic[c]-=1
            if cnt==0:
                while True:
                    c=s[i]
                    if dic[c]==0:
                        break
                    dic[c]+=1
                    i+=1
                if j-i<res[1]-res[0]:
                    res=(i,j)
                dic[s[i]]+=1
                cnt+=1
                i+=1
        if res[1]>len(s):
            return ""
        else:
            return s[res[0]:res[1]+1]
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