前言
经常会有人问，作为前端，你在实际工作中用到过哪些算法，之前我回答是，树和位运算，而最近在学习网络模块，发现了和前端，起码是和网络相关的一种算法，那就是 滑动窗口；
我们知道在 HTTP1.1 发送请求，TCP 会将请求传输到服务端，而对于 TCP 协议，最重要的能力之一就是控制流速；
当发送方需要发送很多请求的时候，这些请求会阻塞在某一个缓存中等待 TCP 发送，这个后面还有源源不断的请求发起，那总不能一下子全堵在缓存上吧，会炸掉的，这个时候这个模型就是滑动窗口了
发送过程有三个状态：
这个时候 TCP 能够缓存的请求数就是一个窗口，每当浅绿色转成深绿色，那么窗口就可以像右边滑动，而窗口还保留的状态依然可以复用，这就是滑动窗口 的魅力了
滑动窗口最大特点是，滑动窗口过程中，保留在窗口里的数据状态直接复用，不需要再次构建，节约资源；
那么接下来我们通过做题来熟悉一下滑窗，并看看是否有更多不一样的情况吧；
正文
根据滑窗窗口大小是否固定，分成了两种：固定大小的窗口 和 可变窗口大小;
前言谈及的 TCP 中的滑窗情况，其实是一个固定大小的滑窗，当然也可以先给定部分大小，然后根据流速进行扩展，那是后续的操作了；
而更多的情况是不固定大小的滑窗，这类滑窗一般都是创建过程中，一股脑子将资源耗尽去扩大窗口，达到一个阈值，然后再收缩窗口，根据具体题目，达到一个平衡了；
这其实就好像是一个快速试错过程，先将情况推到极致了，然后加入对应的变量来收缩窗口，找到比较合适的一个情况，等到合规的情况在窗口里打破了，就重新扩展；
滑窗其实在理解题意的时候，又有点一分为二的感觉，就是我可以将窗口里的状态和窗口外的状态切分开，但是他们又是此消彼长的关系，这样不断权衡,达到一个动态平衡的状态，就是某些题的结果
模板
固定大小的窗口
l 初始化为 0
初始化 r, 使得 r-l+1 就是窗口大小
同时移动 l 和 r
判断窗口内的连续元素是否满足题目限定的条件
可变窗口大小
双滑窗现象
普通的不定滑窗都是先走 r 指针，然后到达触发条件，然后收缩 l 指针，收缩到不达标之后停止，然后 r 指针重新启动
但是有那么一些题目，当 r 指针达标后, l 指针在一段范围内 [l1,l2)，且可能与后续的 [r1,r2) 任何两个指针构成的滑窗都会构成合规的滑窗
那么这个时候用单个指针 l 收缩到不符合要求的 l2,那么就只产生 [l1,l2）与 r1 的条件，而本来应该合规的 lx-rx 都被干掉了(lx 在 [l1,l2] 中)，因为这个时候 l 已经跑到 l2 处了
这个时候就需要开两个指针 l1, l2 ，每次固定 r 指针的时候，我们找出第一个符合要求的 l1, 和截止位置 l2,然后继续让 r 走，移动过程始终保持两个滑窗 [l1.r],[l2,r]，可以保证在整个移动过程所有的情况都考虑到了
这类题目都是求数量，比方说某种情况的子数组有多少个，这样就得将所有情况都弄出来，但是如果只是要求一个极值，比方说这些符合要求的情况中，最小是多少，那么就没必要用双滑窗了，因为 r 指针的移动肯定会扩大窗口，所以 l 指针只需要保留对应的极值(第一个或者最后一个)，然后求出极值即可
最后
滑窗是双指针的一种特殊情况，我们在使用双指针处理问题的时候，可能不会考虑前一个窗口里的状态值，只是将所有情况都考虑进行，这样就会有很多计算是重复的，滑窗就是一种优化了的双指针情况。
所以算法还是有点用的，起码在初级的时候，我们可以更好的理解我们使用的工具的内核，而不仅仅只是雾里看花，知其然不知其所以然；
所以加油！！
题目列表
438. 找到字符串中所有字母异位词
@分析 0. 本题与 209. 长度最小的子数组 思路差不多
这道题窗口就固定为 p 的长度大小了，所以看着是固定窗口大小的题目 -- 但是这里用的却是不定窗口的思路，但是窗口长度成了一个限定值，一旦超出限定的窗口大小，就收缩一次
虽然题目说的是找字幕异位词，但是从实际的例子可以看出，只要是符合 p 的字符对应的子串就 ok 了，不管得出的 ss 是否和 p 是一样的排列
用 pMap 存储 p 的字符状态，sMap 用来存储固定窗口的值，用 sMap 中的 valid 变量类型数量和 pMap 中的比对，用来判断是否符合要求
时间复杂度 O(n)
var findAnagrams = function (s, p) { const pMap = new Map(); const sMap = new Map(); let ret = []; // 存储合乎要求的首个字符
for (let pp of p) { pMap.set(pp, pMap.get(pp) ? pMap.get(pp) + 1 : 1); } let valid = 0; // 存储合乎 p 的变量 let l = (r = 0); while (r < s.length) { const rr = s[r]; sMap.set(rr, sMap.get(rr) ? sMap.get(rr) + 1 : 1); if (sMap.get(rr) === pMap.get(rr)) { // 两个 key 对应的 value 值一致的时候，才会增加 valid valid++; } // 如果加上这个 r 这个字符，长度超出了固定窗口的长度，则需要先收缩 l, 再判定 if (r - l === p.length) { // 从进入到这里逻辑开始，其实就是属于固定窗口两侧的指针一起跑，这里是 l 指针开始跑，之前因为还没初始化完窗口 const ll = s[l]; if (pMap.get(ll) === sMap.get(ll)) { // 如果收缩过程中的这个值属于 valid 的 valid--; } sMap.set(ll, sMap.get(ll) - 1); l++; } if (valid === pMap.size) { // 合乎要求 ret.push(l); } r++; }
return ret;};
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参考视频：传送门
3. 无重复字符的最长子串
// 3. 无重复字符的最长子串
分析1. 这里求的是最长的子串，证明有很多长度不一的子串，那么就是有很多大小不一的窗口，所以属于窗口不固定的滑窗题2. 初始化 l r ，初始化一个 map 用来存放窗口里的字符的3. map 是用来做条件判断的，判断窗口扩展过程中是否和已有的窗口字符重复了，如果重复了，那么就要收缩窗口 s[r]=== s[l] 然后 l++, 4. 然后不管是否整理窗口， r 指针都会继续扩展下去，所以处理完了，需要重新加上 s[r]， 并继续走下去5. 时间复杂度 ${O(n)}$ 因为 r 指针遍历一次，走的过程中遇到重复值 ，l 指针移动，最多 l 也就遍历一次，也就是最多直走了 2n6. 空间复杂度 $(O(k))$ k 是最大的窗口sizevar lengthOfLongestSubstring = function(s) { const map = new Map() // 这个用来存放 let l = r = 0 let max = 0 while(r<s.length) { if(map.has(s[r])){ // 说明窗口里的值已经出现重复了，所以需要整理窗口 max = Math.max(max,map.size) // 存一下大小 // 开始收缩窗口，找出 s[r] 同值的那个位置 while(s[l] !== s[r]){ map.delete(s[l]) l++ } // 找到了 -- 再移除一下 map.delete(s[l]) l++ } // 将当前 s[r] 字符存起来 map.set(s[r],1) r++ } // 这个时候 r 走到底了， return Math.max(max,map.size)}
console.log(lengthOfLongestSubstring("aab"))
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分析
根据第一次分析，发现 map 还有移除操作，觉得不太合适，而且存储的时候也只是存了字符，没有将对应的下标用起来，所以想了下面的改良版
每一次扩大窗口的时候，判断一下 map 是否存在这个 key，同时判断一下对应的 value 值是否大于等于 l 指针 -- 这是为了判断是否存在重复字符在当前窗口里，因为现在已经不删除 map 里的值了，所以要用 value 和 l 的大小进行比较
如果是窗口里的重复值，那么先存一下当前窗口的最大值，然后将 l 指针跳到重复值的下一个位置，然后更新 s[r] 的位置，继续遍历
如果不是重复值，就正常存储 s[r] 的位置
注意，这里不能用 map.size 来判断窗口大小，因为现在 map 存的是所有遍历的字符的集合，所以要用 r-l;因为每次 r 都指向窗口的下一个值，所以直接 r-l, 而不需要 +1
时间复杂度 O(n), 这一次是值跑一次，l 基本靠跳
空间复杂度 (O(k)) k 是字符窗中不同字符的集合值
var lengthOfLongestSubstring = function(s) { const map = new Map() // 这个用来存放窗口出现过的值 let l = r = 0 let max = 0 while(r<s.length) { if(map.has(s[r]) && map.get(s[r])>=l){ // 已经遍历过了这个值且在当前的这个窗口里 max = Math.max(max,r-l) // 先存一下大小 l = map.get(s[r]) +1 // 跳到重复出现字符前面去了 } // 将当前 s[r] 字符存起来,并将字符的下标也存起来 -- or 更新一下罪行 s[r] 的位置 map.set(s[r],r) r++ } // 这个时候 r 走到底了， return Math.max(max,r-l)}
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76. 最小覆盖子串
分析
这里求的是符合要求的最小的子串，所以窗口肯定不是固定大小的
这里判定条件关乎于 t 中的字符及数量，也需要 s 的字符和数量做对比，所以需要用到两个 map 进行存储
先把 t 存储到 tMap 中去，然后开始移动 r 指针扩大的窗口；
当窗口中的某个字符 s[r] 的数量大于等于 tMap 中 s[r] 的数量时，则这个窗口符合 t 字符串的变量数 valid 加一，一直到 valid 的长度刚好和 tMap 长度一样的时候，就是找到了符合要求的子串了
找到子串后，需要压缩窗口的大小，所以 l 要启动了
只要 s[l] 在 sMap 中的值不低于 tMap 中的值，那么就拼命的压缩；
只有当长度比已经保存起来的符合要求的子串小的时候，或者初始化的时候，就替换 ret
然后 l 指针继续走一步，对应窗口就会失效，然还继续寻找下一个符合要求的窗口，重复上面的操作
时间复杂度 O(N), 空间复杂度 O(N)
function minWindow(s, t) { const sMap = new Map(); const tMap = new Map();
// 先将 t 存起来 for (let tt of t) { tMap.set(tt, tMap.get(tt) ? tMap.get(tt) + 1 : 1); } let ret = ""; let l = (r = 0); // 不固定的滑窗的初始化 let valid = 0; //表示窗口中匹配 t 字符的数量 -- 匹配的字符是指：字符 ss 在窗口里的数量超过了 ss 在 t 字符串中这个字符数量 while (r < s.length) { const ss = s[r]; sMap.set(ss, sMap.get(ss) ? sMap.get(ss) + 1 : 1); //存起来 if (sMap.get(ss) === tMap.get(ss)) { // 证明 ss 已经匹配了 valid++; }
if (valid === tMap.size) { // 窗口里的字符串已经完全匹配了，那么就需要收缩一下了 while (sMap.get(s[l]) !== tMap.get(s[l])) { // 因为现在的初始条件是: 对于某个字符 s[l], sMap.get(s[l])>=tMap.get(s[l]) // 所以可以干掉一些，知道 === 的时候 sMap.set(s[l], sMap.get(s[l]) - 1); l++; } if (r - l + 1 < ret.length || !ret.length) { // 如果长度更小了，或者初始化的 ret, 那就替换一下吧 ret = s.slice(l, r + 1); } // 继续走吧，总得砍掉一个 valid 的， sMap.set(s[l], sMap.get(s[l]) - 1); valid--; // 少了一个 s[l] 了 l++; } r++; } return ret;}
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209. 长度最小的子数组
分析
这里求的是符合要求的连续数组的长度，所以这个长度是不确定，也就是窗口长度不确定；
这里求的是一个窗口累加值 sum >= target, 一旦满足要求就要压缩窗口，得到最小符合要求的连续数组的长度
r 指针负责右侧扩充窗口大小，l 指针负责收缩窗口，得到最优解
时间复杂度 O(n)
var minSubArrayLen = function (target, nums) { let ret = Infinity; let l = (r = 0); let sum = 0; while (r < nums.length) { sum += nums[r]; while (sum >= target) { // 符合要求，开始压缩窗口大小 ret = Math.min(ret, r - l + 1); // 更新一下 sum -= nums[l]; l++; } r++ } return ret === Infinity ? 0: ret };
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904.水果成篮
分析
审题，数组中的值代表的类型，比方说 1 型水果，2 型水果；给定两个篮子，也就是最多选择两种类型的水果放进篮子里，然后保证能进去的树最多，即 r-l+1 的值最大，所以属于窗口不固定的滑动窗口题目
用 map 作为篮子存储水果， map.size 最大应该为 2，
一旦 map.size 值超出 2， 证明存储超过了 2 种类型的水果，所以需要收缩 l， 将一些其他类型的果子扔掉，直到 map 中的种类恢复到两种;
时间复杂度 O(n)
var totalFruit = function(fruits) { const map = new Map() // 篮子，大小为2，用来存储当前窗口下的水果 let ret = 0 let l = r =0 while(r < fruits.length){ ret = Math.max(ret,r-l); // 先保存一下上一次的大小 const rr = fruits[r] map.set(rr,map.get(rr)?map.get(rr)+1:1) // 如果超了，则需要收缩一整类的树 while(map.size > 2){ // 长度超了，向左收缩 const ll = fruits[l] if(map.get(ll) === 1){ map.delete(ll) }else{ map.set(ll,map.get(ll)-1) } l++ } r++ } return Math.max(ret,r-l);};
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930. 和相同的二元子数组
分析 -- 双滑动窗口
不固定大小的滑动窗口，存在两个左指针 l1,l2 ,其中 [l1,r] 的 sum 总是小于等于 goal，而 [l2,r] 总数小于 goal 的
每次固定 r 指针，我们知道 [l1,l2-1]的任意一个 [lx,r] 都符合要求
这里用到了两个滑窗进行比较出值，原因是 nums[i] 只能是 0,1, 所以会出现连续的符合要求的值，
所以每一次固定 r 指针的时候， [l1,r] 保持符合要求即值为 goal 的状态， [l2,r] 保持刚好小于 goal 的状态；
则每一次向右滑动窗口后，都得到两个边缘值的窗口，这样就得到想要求的结果
时间复杂度为 O(n2)，空间复杂度 O(n) */
var numSubarraysWithSum = function (nums, goal) { let ret = 0 let l1 = 0, l2 = 0 let sum1 = 0,sum2 = 0 // sum1 <= goal, sum2 < goal let r = 0 while(r<nums.length){ sum1+=nums[r] while(l1<=r && sum1>goal){ sum1-=nums[l1] l1++ } sum2+=nums[r] while(l2<=r && sum2>=goal){ sum2-=nums[l2] l2++ } ret+= l2-l1 r++ } return ret}
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分析 -- 双指针
双指针进行匹配
然后每一次固定其中一边，进行求值，
没有复用任何的值，所以时间复杂度为 O(n2)，空间复杂度 O(n)
var numSubarraysWithSum = function (nums, goal) { let ret = 0; for (let i = 0; i < nums.length; i++) { // 固定i指针 let sum = 0; let r = i; while (r <= nums.length) { sum += nums[r]; if (sum === goal) ret++; r++; } } return ret;};
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分析 -- 前缀和
用 map 记录 key 为前缀和， value 为有多少前缀和为 key 的子数组
如果当前前缀和 prevSum - goal 得到的值 temp 已经存在在 map 中，证明有 value 个值 [l,cur] 使得 sum 为 goal
时间复杂度 O(n),空间复杂度 O(n)
var numSubarraysWithSum = function (nums, goal) { const map = new Map() let prevSum = 0 let ret = 0 for(let num of nums){ prevSum+=num if(map.has(prevSum-goal)){ ret+=map.get(prevSum-goal) } if(prevSum === goal){ ret++ } map.set(prevSum,map.get(prevSum)?map.get(prevSum)+1:1) }
return ret};
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992. K 个不同整数的子数组
分析
只要种类 map.size === k 的窗口，都是符合要求的，所以窗口大小不固定
遍历 r 指针，并在每次判断时固定 r 指针，设计 l1 指针，使得 [l1,r] 中的种类小于等于 k， 设计 l2,使得 [l2,r] 中的变量小于 k
则每一个固定的 r，中，[l1,l2) 之间的值和后续的 [l2,r] 可以构成变量为 k 的子数组，所以每一次固定 r ，最终得到符合要求的数量是 l2-l1
整体思路和 930. 和相同的二元子数组 一样
只是一个的判断条件是子数组的和，一个是子数组中的种类
这种只求组合数量的题目，都需要关注判定值合规的时候，窗口左右延伸都是可以得到合适的值的
时间复杂度 O(n), 空间复杂度 O(n)
var subarraysWithKDistinct = function (nums, k) { let ret = 0; const map1 = new Map(); // 用来存储窗口中值和出现的次数 const map2 = new Map(); // 用来存储窗口中值和出现的次数 let l1 = (l2 = 0); let r = 0 while (r < nums.length) { const rr = nums[r]; map1.set(rr, map1.get(rr) ? map1.get(rr) + 1 : 1); map2.set(rr, map2.get(rr) ? map2.get(rr) + 1 : 1); while (map1.size > k) { // 窗口的变量已经超过了 k，所以需要 l 指针收缩 const ll = nums[l1]; l1++; if (map1.get(ll) === 1) { map1.delete(ll); } else { map1.set(ll, map1.get(ll) - 1); } }
while (map2.size >= k) { // 窗口的变量已经超过了 k，所以需要 l 指针收缩 const ll = nums[l2]; l2++; if (map2.get(ll) === 1) { map2.delete(ll); } else { map2.set(ll, map2.get(ll) - 1); } } ret += l2-l1 r++; } return ret;};
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978. 最长湍流子数组
分析
审题可得，这里可以转换成对于某一个节点 i, 必须满足这个 i 是一个最高点或者最低点
当 l === r 的时候，如果出现 arr[l] === arr[l + 1], 则先去重
对于不同的 l 和 r ，需要对 r 两侧的值进行判断，如是极值，则扩展窗口，如果 r 不是极值, 那么对应的 [l,r+1] 肯定也不是了，所以将窗口收缩到 l = r 的程度，重新再进行窗口的创建
需要注意，为什么 l 收缩到 r 而不是 r+1, 因为比对 r 是否是极值的时候，需要进行 r-1,r,r+1, 所以 r 和 r+1 的值可能会符合是后续的 [r,r+x] 的湍流数组，所以 l 收缩到 r
至于 r 和 r+1 对应的值可能会相等，会在循环的第一次判断中的去重进行处理
本题最难是审题
时间复杂度 O(n)
var maxTurbulenceSize = function (arr) { const len = arr.length; let max = 1; // 最少是 1 let l = 0, r = 0; // 来个初始值 while (r < len - 1) { if (l === r) { // 上一次比对不符合要求 if (arr[l] === arr[l + 1]) { // 去重 l++; } r++; } else { // 有和下一个进行比对 if (arr[r - 1] < arr[r] && arr[r] > arr[r + 1]) { r++; } else if (arr[r - 1] > arr[r] && arr[r] < arr[r + 1]) { r++; } else { // 不符合要求 l = r; } }
max = Math.max(max, r - l + 1); } return max;};
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1004. 最大连续 1 的个数 III
分析
这里其实用到的是双指针的方式
左右指针形成了一个合乎要求的区域，用 arr 来缓存从 0-1 变更的值
每当使用完变更次数 k 之后，再次遇到 0 的时候，我们只能先保存当前长度的区域，然后将 l 指针跳转到最小的变更下标，然后再次进行区域的扩充
时间复杂度 O(n),n 是 nums 的长度； 空间复杂度 O(k)
var longestOnes = function (nums, k) { const changeArr = []; // 用 arr 来存储从 0-1 的下标的值 let l = (r = 0); let ret = 0; while (r < nums.length) { const rr = nums[r]; if (k === 0) { // 特殊情况，不做任何处理 if (rr === 0) { ret = Math.max(ret, r - l); // 先保存当前的这个长度 l = r + 1; } } else { if (rr === 0 && changeArr.length === k) { // 当前值是 0，且已经变更了 k 次，无法再变了 ret = Math.max(ret, r - l); // 先保存当前的这个长度 // 由于是连续的变动，所以 l 可以直接指向第一个变动值之前 l = changeArr.shift() + 1; } if (rr === 0 && changeArr.length < k) { changeArr.push(r); } } r++; } return Math.max(ret, r - l);};console.log(longestOnes([0, 0, 1, 1, 1, 0, 0], 0));
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1234. 替换子串得到平衡字符串
分析
本题最难的点在于切分好窗口，窗口里的值是待变更的，窗口外的值是已经确定好的，对应的每一个字符的数量都小于等于 n/4
为什么要这样来初始化窗口，窗口外的值的字符数量小于等于 n/4, 那么就可以变更窗口里的值，使得最终的值符合平衡字符串，因为窗口的值可以任意变，但是一旦外面某个字符的数量超出 n/4, 然后变更窗口的值，使得最终的数量变少了吧；
先遍历一遍，保存所有字符对应的数量到 map 中，注意，这里要先初始化 QWER， 保证 map 中有这 4 个 key
用 valid 表示滑窗外满足字符小于等于 n/4 的数量，边际条件，如果直接满足，返回 0
然后 r 指针滑动扩展窗口，map 会减少对应字符的数量，当 rr 字符的值达到临界值的时候，valid 会发生变更
当 valid === 4 的时候，表示滑窗外已经满足要求，只要改变滑窗长度的字符，就能实现平衡，这个时候固定 r 指针，移动 l 指针缩小窗口
时间复杂度 O(n), 空间复杂度 O(n)
var balancedString = function (s) { const n = s.length; const max = n / 4; // 这里 n 就是 4 的倍数，入参会做好设定的 const map = new Map(); map.set("Q", 0); map.set("W", 0); map.set("E", 0); map.set("R", 0); for (let ss of s) { map.set(ss, map.get(ss) + 1 ); } let valid = 0; // 有多少个变量满足小于等于 n/4 [...map.values()].forEach((v) => { if (v <= max) valid++; }); if (valid === 4) return 0; //特殊情况，直接结束 let l = (r = 0); let ret = Infinity; while (r < n) { const rr = s[r]; map.set(rr, map.get(rr) - 1); if (map.get(rr) === max) { // 如果减去之后刚好符合要求，则 valid 增加 valid++; } while (valid === 4) { // 窗口符合要求，开始收缩窗口 ret = Math.min(ret, r - l + 1); // 先缓存一个 const ll = s[l]; l++; map.set(ll, map.get(ll) + 1); //收缩滑窗，则滑出去的加入到 map 中去 if (map.get(ll) > max) valid--; } // 一直使得 valid 的值少于 4为止 r++; } return ret;}
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1248. 统计「优美子数组」
@分析
用 odd 表示窗口里存在的奇数, 只要超过了，就必须收缩窗口 -- 不定滑窗
这里和 930. 和相同的二元子数组, 992. K 个不同整数的子数组 类似，需要构建双滑窗
时间复杂度为 O(n)
var numberOfSubarrays = function(nums, k) { let ret = 0 let odd1 = 0 let odd2 = 0 let l1 = l2 = r = 0 while(r<nums.length){ const rr = nums[r] if(rr%2){ odd1++ odd2++ } while(odd1>k){ // 收缩 l1 const ll =nums[l1] l1++ if(ll%2) odd1-- } while(odd2 >= k){ // 收缩 l1 const ll =nums[l2] l2++ if(ll%2) odd2-- } // 这个时候 [l1,l2) 都属于可以合格的数组 ret+=l2-l1 r++ } return ret};
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1658. 将 x 减到 0 的最小操作数
分析
其实这道题截止条件可以转成，设置一个窗口，使得 total - sum === x ,其中 total 就是数组的总和，sum 就是窗口里的值的和；这样移除的值就刚好等于 x 了
在这么多情况下，我们维护一个窗口的长度最大的时候，那么移除的元素就越少，也就是对应的操作数最少
var minOperations = function(nums, x) { const len = nums.length const total = nums.reduce((prev,cur) => prev+cur,0) if(total<x) return -1 //边界，如果总和都不达 x, 那就直接跑路吧 let ret = Infinity //最少的操作数 let sum = 0 let l =r =0 while(r<len){ sum+=nums[r] while(total-sum<x){ // 外面的值已经小于 x 了，所以需要收缩窗口 sum-=nums[l] l++ } if(total-sum === x){ // 符合要求 ret= Math.min(ret,len-(r-l+1)) } r++ } return ret=== Infinity?-1:ret};
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