滑动窗口算法核心思路与四道经典题解析

无重复字符的最长子串

题目描述

给定一个字符串 s ，请你找出其中不含有重复字符的 最长子串 的长度。

核心思路

找不含重复字符的最长子串，关键在于判断字符是否重复。ASCII 总共有 128 个字符，我们可以用一个大小为 128 的数组模拟哈希表。

1. 定义 left 和 right 指针，同时指向字符串开头；
2. right 指针向右移动，进窗口，哈希表对应位置元素 ++。若值大于 1，说明出现重复；
3. 出现重复字符时，left 指针向右移动，直到找到重复字符，期间需将移出窗口的字符计数 --；
4. 重复字符处理完后，继续让 right++ 并更新最大长度。

注意：left 向右移动过程中（出窗口），哈希表对应位置的元素要 --，因为这些字符已经不在窗口中了。

参考代码

class Solution {
public:
    int lengthOfLongestSubstring(string s) {
        int hash[128] = {0};
        int left = 0, right = 0;
        int size = s.size(), len = 0;
        
        while (right < size) {
            hash[s[right]]++; // 标记字符
            
            // 发现重复，收缩窗口
            if (hash[s[right]] > 1) {
                while (s[left] != s[right]) {
                    hash[s[left]]--; // 去掉标记
                    left++;
                }
                // 重复字符也出窗口
                hash[s[left]]--;
                left++;
            }
            
            len = max(len, right - left + 1); // 更新结果
            right++; // 继续进窗口
        }
        return len;
    }
};

最大连续 1 的个数 III

题目描述

给定一个由若干 0 和 1 组成的数组 nums 以及一个整数 k 。如果最多可以将 k 个 0 替换为 1 ，则返回仅包含 1 的最长连续子数组的长度。

核心思路

相比上面找最长无重复的子串，此题允许掺杂 k 个 0。我们需要控制窗口中 0 的个数，始终维护一个合法有效的窗口。

1. 定义 left 和 right 指针，同时指向开头；定义 cnt 记录 0 的个数；
2. right 指针向右移动，进窗口：
   • 如果 nums[right] 等于 1，直接更新结果；
   • 如果等于 0，则 cnt++。若 cnt <= k，窗口合法，更新结果；
   • 若 cnt > k，则需要多余的 0 出窗口，即让 left++，直到找到 0 且 cnt--，使得 cnt == k。

优化：最长子串其实在窗口中的 0 的个数等于 k + 1 时发生收缩。我们只需要在 cnt > k 时更新结果即可，但需注意最后再更新一次以防遍历完整个数组 cnt 还是小于等于 k。

参考代码

class Solution {
public:
    int longestOnes(vector<int>& nums, int k) {
        int left = 0, right = 0;
        int size = nums.size();
        int result = 0, cnt = 0;
        
        while (right < size) {
            if (nums[right] == 0) {
                cnt++; // 0 个数更新
                
                if (cnt > k) { // 0 个数不满足 k
                    result = max(result, right - left); // 更新结果
                    
                    // 左边的元素出窗口，直到 0 的个数重新满足要求
                    while (cnt > k) {
                        if (nums[left] == 0) {
                            cnt--;
                        }
                        left++;
                    }
                }
            }
            right++;
        }
        
        // 再次更新结果，防止漏掉末尾情况
        result = max(result, right - left);
        return result;
    }
};

将 x 减到 0 的最小操作数

题目描述

给你一个整数数组 nums 和一个整数 x 。每一次操作时，你应当移除数组 nums 最左边或最右边的元素，然后从 x 中减去该元素的值。请注意修改后的数组索引会发生改变。

如果可以将 x 恰好减到 0 ，返回最小操作数；否则，返回 -1。

核心思路

直接暴力枚举左右两边很难确定边界。我们可以转换问题视角：

假设从左边和右边找到了几个连续的元素，求和为 x，则此时 x 可以被减到 0。设数组所有元素之和为 sum，又有 sum1 + sum3 = x，则中间剩余部分 sum2 = sum - x。

我们只要在中间找到一个连续的和为 sum - x 的最长子数组，就能找到最少的操作次数了。

又因为所有数组元素都大于 0，求和满足单调性，所以能用滑动窗口解决。

1. 预处理：求数组所有元素之和 sum，目标值 val = sum - x；
2. left 和 right 指针维护窗口，add 记录窗口中元素之和，len 记录中间子数组长度；
3. right++，向右移动进窗口，add += nums[right]：
   • 当 add < val，right 继续向右移动；
   • 当 add > val，由于单调性，left++，出窗口，add -= nums[left]，循环直到 add <= val；
   • 当 add == val，更新 len，记录最大值。

细节：将 len 初始化为 -1，如果没找到满足的子数组，不会更新 len 的值，便于后续判断。

参考代码

class Solution {
public:
    int minOperations(vector<int>& nums, int x) {
        // 预处理：求和
        int sum = 0;
        for (auto e : nums) sum += e;
        
        int left = 0, right = 0;
        // 转化为中间找一个和为 sum - x 的子数组
        int val = sum - x;
        
        // 处理特殊情况
        if (val < 0) return -1;
        
        int add = 0, len = -1;
        
        while (right < nums.size()) {
            add += nums[right++]; // 进窗口
            
            while (add > val) {
                add -= nums[left++]; // 出窗口
            }
            
            if (add == val) {
                len = max(len, right - left); // 更新结果
            }
        }
        
        if (len == -1) return -1;
        else return nums.size() - len;
    }
};