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.

这道题给了我们一个原字符串S,还有一个目标字符串T,让在S中找到一个最短的子串,使得其包含了T中的所有的字母,并且限制了时间复杂度为 O(n)。这道题的要求是要在 O(n) 的时间度里实现找到这个最小窗口字串,暴力搜索 Brute Force 肯定是不能用的,因为遍历所有的子串的时间复杂度是平方级的。那么来想一下,时间复杂度卡的这么严,说明必须在一次遍历中完成任务,当然遍历若干次也是 O(n),但不一定有这个必要,尝试就一次遍历拿下!那么再来想,既然要包含T中所有的字母,那么对于T中的每个字母,肯定要快速查找是否在子串中,既然总时间都卡在了 O(n),肯定不想在这里还浪费时间,就用空间换时间(也就算法题中可以这么干了,七老八十的富翁就算用大别野也换不来时间啊。依依东望,望的就是时间呐 T.T),使用 HashMap,建立T中每个字母与其出现次数之间的映射,那么你可能会有疑问,为啥不用 HashSet 呢,别急,讲到后面你就知道用 HashMap 有多妙,简直妙不可言~

目前在脑子一片浆糊的情况下,我们还是从简单的例子来分析吧,题目例子中的S有点长,换个短的 S = "ADBANC",T = "ABC",那么肉眼遍历一遍S呗,首先第一个是A,嗯很好,T中有,第二个是D,T中没有,不理它,第三个是B,嗯很好,T中有,第四个又是A,多了一个,礼多人不怪嘛,收下啦,第五个是N,一边凉快去,第六个终于是C了,那么貌似好像需要整个S串,其实不然,注意之前有多一个A,就算去掉第一个A,也没事,因为第四个A可以代替之,第二个D也可以去掉,因为不在T串中,第三个B就不能再去掉了,不然就没有B了。所以最终的答案就"BANC"了。通过上面的描述,你有没有发现一个有趣的现象,先扩展,再收缩,就好像一个窗口一样,先扩大右边界,然后再收缩左边界,上面的例子中右边界无法扩大了后才开始收缩左边界,实际上对于复杂的例子,有可能是扩大右边界,然后缩小一下左边界,然后再扩大右边界等等。这就很像一个不停滑动的窗口了,这就是大名鼎鼎的滑动窗口 Sliding Window 了,简直是神器啊,能解很多子串,子数组,子序列等等的问题,是必须要熟练掌握的啊!

下面来考虑用代码来实现,先来回答一下前面埋下的伏笔,为啥要用 HashMap,而不是 HashSet,现在应该很显而易见了吧,因为要统计T串中字母的个数,而不是仅仅看某个字母是否在T串中出现。统计好T串中字母的个数了之后,开始遍历S串,对于S中的每个遍历到的字母,都在 HashMap 中的映射值减1,如果减1后的映射值仍大于等于0,说明当前遍历到的字母是T串中的字母,使用一个计数器 cnt,使其自增1。当 cnt 和T串字母个数相等时,说明此时的窗口已经包含了T串中的所有字母,此时更新一个 minLen 和结果 res,这里的 minLen 是一个全局变量,用来记录出现过的包含T串所有字母的最短的子串的长度,结果 res 就是这个最短的子串。然后开始收缩左边界,由于遍历的时候,对映射值减了1,所以此时去除字母的时候,就要把减去的1加回来,此时如果加1后的值大于0了,说明此时少了一个T中的字母,那么 cnt 值就要减1了,然后移动左边界 left。你可能会疑问,对于不在T串中的字母的映射值也这么加呀减呀的,真的大丈夫(带胶布)吗?其实没啥事,因为对于不在T串中的字母,减1后,变-1,cnt 不会增加,之后收缩左边界的时候,映射值加1后为0,cnt 也不会减少,所以并没有什么影响啦,下面是具体的步骤啦:

- 先扫描一遍T,把对应的字符及其出现的次数存到 HashMap 中。

- 然后开始遍历S,就把遍历到的字母对应的 HashMap 中的 value 减一,如果减1后仍大于等于0,cnt 自增1。

- 如果 cnt 等于T串长度时,开始循环,纪录一个字串并更新最小字串值。然后将子窗口的左边界向右移,如果某个移除掉的字母是T串中不可缺少的字母,那么 cnt 自减1,表示此时T串并没有完全匹配。

解法一:

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

这道题也可以不用 HashMap,直接用个 int 的数组来代替,因为 ASCII 只有256个字符,所以用个大小为 256 的 int 数组即可代替 HashMap,但由于一般输入字母串的字符只有 128 个,所以也可以只用 128,其余部分的思路完全相同,虽然只改了一个数据结构,但是运行速度提高了一倍,说明数组还是比 HashMap 快啊。在热心网友 chAngelts 的提醒下,还可以进一步的优化,没有必要每次都计算子串,只要有了起始位置和长度,就能唯一的确定一个子串。这里使用一个全局变量 minLeft 来记录最终结果子串的起始位置,初始化为 -1,最终配合上 minLen,就可以得到最终结果了。注意在返回的时候要检测一下若 minLeft 仍为初始值 -1,需返回空串,参见代码如下:

解法二:

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

Github 同步地址:

https://github.com/grandyang/leetcode/issues/76

类似题目:

Substring with Concatenation of All Words

Minimum Size Subarray Sum

Sliding Window Maximum

Permutation in String

Smallest Range

Minimum Window Subsequence

参考资料:

https://leetcode.com/problems/minimum-window-substring/

https://leetcode.com/problems/minimum-window-substring/discuss/26808/Here-is-a-10-line-template-that-can-solve-most-'substring'-problems

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