關于雙指針的快慢指針和左右指針的用法，可以參見前文 雙指針技巧匯總，本文就解決一類最難掌握的雙指針技巧：滑動窗口技巧，并總結出一套框架，可以保你閉著眼直接套出答案。

說起滑動窗口算法，很多讀者都會頭疼。這個算法技巧的思路非常簡單，就是維護一個窗口，不斷滑動，然后更新答案么。LeetCode 上有起碼 10 道運用滑動窗口算法的題目，難度都是中等和困難。該算法的大致邏輯如下：

intleft=0,right=0; while(right

這個算法技巧的時間復雜度是 O(N)，比一般的字符串暴力算法要高效得多。

其實困擾大家的，不是算法的思路，而是各種細節問題。比如說如何向窗口中添加新元素，如何縮小窗口，在窗口滑動的哪個階段更新結果。即便你明白了這些細節，也容易出 bug，找 bug 還不知道怎么找，真的挺讓人心煩的。

所以今天我就寫一套滑動窗口算法的代碼框架，我連在哪里做輸出 debug 都給你寫好了，以后遇到相關的問題，你就默寫出來如下框架然后改三個地方就行，還不會出邊界問題：

/*滑動窗口算法框架*/ voidslidingWindow(strings,stringt){ unordered_mapneed,window; for(charc:t)need[c]++; intleft=0,right=0; intvalid=0; while(right

其中兩處...表示的更新窗口數據的地方，到時候你直接往里面填就行了。

而且，這兩個...處的操作分別是右移和左移窗口更新操作，等會你會發現它們操作是完全對稱的。

說句題外話，其實有很多人喜歡執著于表象，不喜歡探求問題的本質。比如說有很多人評論我這個框架，說什么散列表速度慢，不如用數組代替散列表；還有很多人喜歡把代碼寫得特別短小，說我這樣代碼太多余，影響編譯速度，LeetCode 上速度不夠快。

我也是服了，算法看的是時間復雜度，你能確保自己的時間復雜度最優就行了。至于 LeetCode 所謂的運行速度，那個都是玄學，只要不是慢的離譜就沒啥問題，根本不值得你從編譯層面優化，不要舍本逐末……

labuladong 公眾號的重點在于算法思想，你把框架思維了然于心套出解法，然后隨你再魔改代碼好吧，你高興就好。

言歸正傳，下面就直接上四道LeetCode 原題來套這個框架，其中第一道題會詳細說明其原理，后面四道就直接閉眼睛秒殺了。

本文代碼為 C++ 實現，不會用到什么編程方面的奇技淫巧，但是還是簡單介紹一下一些用到的數據結構，以免有的讀者因為語言的細節問題阻礙對算法思想的理解：

unordered_map就是哈希表（字典），它的一個方法count(key)相當于 Java 的containsKey(key)可以判斷鍵 key 是否存在。

可以使用方括號訪問鍵對應的值map[key]。需要注意的是，如果該key不存在，C++ 會自動創建這個 key，并把map[key]賦值為 0。

所以代碼中多次出現的map[key]++相當于 Java 的map.put(key, map.getOrDefault(key, 0) + 1)。

一、最小覆蓋子串

LeetCode 76 題，Minimum Window Substring，難度Hard，我帶大家看看它到底有多Hard：

就是說要在S(source) 中找到包含T(target) 中全部字母的一個子串，且這個子串一定是所有可能子串中最短的。

如果我們使用暴力解法，代碼大概是這樣的：

for(inti=0;i

思路很直接，但是顯然，這個算法的復雜度肯定大于 O(N^2) 了，不好。

滑動窗口算法的思路是這樣：

1、我們在字符串S中使用雙指針中的左右指針技巧，初始化left = right = 0，把索引左閉右開區間[left, right)稱為一個「窗口」。

2、我們先不斷地增加right指針擴大窗口[left, right)，直到窗口中的字符串符合要求（包含了T中的所有字符）。

3、此時，我們停止增加right，轉而不斷增加left指針縮小窗口[left, right)，直到窗口中的字符串不再符合要求（不包含T中的所有字符了）。同時，每次增加left，我們都要更新一輪結果。

4、重復第 2 和第 3 步，直到right到達字符串S的盡頭。

這個思路其實也不難，第 2 步相當于在尋找一個「可行解」，然后第 3 步在優化這個「可行解」，最終找到最優解，也就是最短的覆蓋子串。左右指針輪流前進，窗口大小增增減減，窗口不斷向右滑動，這就是「滑動窗口」這個名字的來歷。

下面畫圖理解一下，needs和window相當于計數器，分別記錄T中字符出現次數和「窗口」中的相應字符的出現次數。

初始狀態：

增加right，直到窗口[left, right)包含了T中所有字符：

現在開始增加left，縮小窗口[left, right)。

直到窗口中的字符串不再符合要求，left不再繼續移動。

之后重復上述過程，先移動right，再移動left…… 直到right指針到達字符串S的末端，算法結束。

如果你能夠理解上述過程，恭喜，你已經完全掌握了滑動窗口算法思想?，F在我們來看看這個滑動窗口代碼框架怎么用：

首先，初始化window和need兩個哈希表，記錄窗口中的字符和需要湊齊的字符：

unordered_mapneed,window; for(charc:t)need[c]++;

然后，使用left和right變量初始化窗口的兩端，不要忘了，區間[left, right)是左閉右開的，所以初始情況下窗口沒有包含任何元素：

intleft=0,right=0; intvalid=0; while(right

其中valid變量表示窗口中滿足need條件的字符個數，如果valid和need.size的大小相同，則說明窗口已滿足條件，已經完全覆蓋了串T。

現在開始套模板，只需要思考以下四個問題：

1、當移動right擴大窗口，即加入字符時，應該更新哪些數據？

2、什么條件下，窗口應該暫停擴大，開始移動left縮小窗口？

3、當移動left縮小窗口，即移出字符時，應該更新哪些數據？

4、我們要的結果應該在擴大窗口時還是縮小窗口時進行更新？

如果一個字符進入窗口，應該增加window計數器；如果一個字符將移出窗口的時候，應該減少window計數器；當valid滿足need時應該收縮窗口；應該在收縮窗口的時候更新最終結果。

下面是完整代碼：

stringminWindow(strings,stringt){ unordered_mapneed,window; for(charc:t)need[c]++; intleft=0,right=0; intvalid=0; //記錄最小覆蓋子串的起始索引及長度 intstart=0,len=INT_MAX; while(right

需要注意的是，當我們發現某個字符在window的數量滿足了need的需要，就要更新valid，表示有一個字符已經滿足要求。而且，你能發現，兩次對窗口內數據的更新操作是完全對稱的。

當valid == need.size()時，說明T中所有字符已經被覆蓋，已經得到一個可行的覆蓋子串，現在應該開始收縮窗口了，以便得到「最小覆蓋子串」。

移動left收縮窗口時，窗口內的字符都是可行解，所以應該在收縮窗口的階段進行最小覆蓋子串的更新，以便從可行解中找到長度最短的最終結果。

至此，應該可以完全理解這套框架了，滑動窗口算法又不難，就是細節問題讓人煩得很。以后遇到滑動窗口算法，你就按照這框架寫代碼，保準沒有 bug，還省事兒。

下面就直接利用這套框架秒殺幾道題吧，你基本上一眼就能看出思路了。

二、字符串排列

LeetCode 567 題，Permutation in String，難度 Medium：

注意哦，輸入的s1是可以包含重復字符的，所以這個題難度不小。

這種題目，是明顯的滑動窗口算法，相當給你一個S和一個T，請問你S中是否存在一個子串，包含T中所有字符且不包含其他字符？

首先，先復制粘貼之前的算法框架代碼，然后明確剛才提出的 4 個問題，即可寫出這道題的答案：

//判斷s中是否存在t的排列 boolcheckInclusion(stringt,strings){ unordered_mapneed,window; for(charc:t)need[c]++; intleft=0,right=0; intvalid=0; while(right=t.size()){ //在這里判斷是否找到了合法的子串 if(valid==need.size()) returntrue; chard=s[left]; left++; //進行窗口內數據的一系列更新 if(need.count(d)){ if(window[d]==need[d]) valid--; window[d]--; } } } //未找到符合條件的子串 returnfalse; }

對于這道題的解法代碼，基本上和最小覆蓋子串一模一樣，只需要改變兩個地方：

1、本題移動left縮小窗口的時機是窗口大小大于t.size()時，因為排列嘛，顯然長度應該是一樣的。

2、當發現valid == need.size()時，就說明窗口中就是一個合法的排列，所以立即返回true。

至于如何處理窗口的擴大和縮小，和最小覆蓋子串完全相同。

三、找所有字母異位詞

這是 LeetCode 第 438 題，Find All Anagrams in a String，難度 Medium：

呵呵，這個所謂的字母異位詞，不就是排列嗎，搞個高端的說法就能糊弄人了嗎？相當于，輸入一個串S，一個串T，找到S中所有T的排列，返回它們的起始索引。

直接默寫一下框架，明確剛才講的 4 個問題，即可秒殺這道題：

vectorfindAnagrams(strings,stringt){ unordered_mapneed,window; for(charc:t)need[c]++; intleft=0,right=0; intvalid=0; vectorres;//記錄結果 while(right=t.size()){ //當窗口符合條件時，把起始索引加入res if(valid==need.size()) res.push_back(left); chard=s[left]; left++; //進行窗口內數據的一系列更新 if(need.count(d)){ if(window[d]==need[d]) valid--; window[d]--; } } } returnres; }

跟尋找字符串的排列一樣，只是找到一個合法異位詞（排列）之后將起始索引加入res即可。

四、最長無重復子串

這是 LeetCode 第 3 題，Longest Substring Without Repeating Characters，難度 Medium：

這個題終于有了點新意，不是一套框架就出答案，不過反而更簡單了，稍微改一改框架就行了：

intlengthOfLongestSubstring(strings){ unordered_mapwindow; intleft=0,right=0; intres=0;//記錄結果 while(right1){ chard=s[left]; left++; //進行窗口內數據的一系列更新 window[d]--; } //在這里更新答案 res=max(res,right-left); } returnres; }

這就是變簡單了，連need和valid都不需要，而且更新窗口內數據也只需要簡單的更新計數器window即可。

當window[c]值大于 1 時，說明窗口中存在重復字符，不符合條件，就該移動left縮小窗口了嘛。

唯一需要注意的是，在哪里更新結果res呢？我們要的是最長無重復子串，哪一個階段可以保證窗口中的字符串是沒有重復的呢？

這里和之前不一樣，要在收縮窗口完成后更新res，因為窗口收縮的 while 條件是存在重復元素，換句話說收縮完成后一定保證窗口中沒有重復嘛。

五、最后總結

建議背誦并默寫這套框架，順便背誦一下文章開頭的那首詩。以后就再也不怕子串、子數組問題了。

我覺得吧，能夠看到這的都是高手，要么就是在成為高手的路上。有了框架，任他窗口怎么滑，東哥這波車開得依然穩如老狗，「在看」安排一下。