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1. 暴力解法

这道题的暴力解法是两层嵌套for循环，第一层循环从 i = 0 开始遍历至数组末尾，第二层循环从 j = i 开始遍历至找到总和大于等于 target 的连续子数组，并将该连续子数组的长度与之前找到的子数组长度相比较，若这个子数组长度更短，则更新结果。并将初始长度设置为 INT32_MAX 或 nums.size() + 1，用于判断是否不存在符合条件的子数组，通过判断结果是否被赋值，若未被赋值就返回0，说明没有符合条件的子序列。

//时间复杂度：O(n^2)
//空间复杂度：O(1)
class Solution {
public:
    int minSubArrayLen(int s, vector<int>& nums) {
        int result = INT32_MAX; // 最终的结果
        int sum = 0; // 子序列的数值之和
        int subLength = 0; // 子序列的长度
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) { // 设置子序列起点为i
            sum = 0;
            for (int j = i; j < nums.size(); j++) { // 设置子序列终止位置为j
                sum += nums[j];
                if (sum >= s) { // 一旦发现子序列和超过了s，更新result
                    subLength = j - i + 1; // 取子序列的长度
                    result = result < subLength ? result : subLength;
                    break; // 因为我们是找符合条件最短的子序列，所以一旦符合条件就break
                }
            }
        }
        // 如果result没有被赋值的话，就返回0，说明没有符合条件的子序列
        return result == INT32_MAX ? 0 : result;
    }
};

2. 滑动窗口

上述暴力解法提交会超时。
所谓滑动窗口，就是不断的调节子序列的起始位置和终止位置，从而得出我们要想的结果。
在暴力解法中，是一个for循环滑动窗口的起始位置，一个for循环为滑动窗口的终止位置，用两个for循环 完成了一个不断搜索区间的过程。滑动窗口只用一个for循环来完成这个操作。

而这个循环的索引，一定是表示 滑动窗口的终止位置。

下面是代码随想录中给出的运用滑动窗口解决问题的过程，非常的简洁明了：

• 窗口的结束位置 j 就是遍历数组的指针，也就是for循环里的索引。i 则代表窗口的起始位置。

1. 窗口的结束位置 j 首先不断右移并执行 sum +=nums[j] 计算当前从指针 i 到 j 的子数组之和。
2. 当sum >= target时，此时得到一个总和大于等于 target 的连续子数组，其长度为count = j - i + 1，此时需判断该长度是否比已记录的最短长度要小，若小于则更新最短长度。
3. 随后，窗口的起始指针 i 开始左移，缩小窗口长度，注意可能存在左移后其子数组总和仍大于等于 target 的情况，所以此处判断应该是 while 而不是 for，还需要将 i 原来指向的数值在 sum 中减掉。
4. 窗口的起始指针 i 左移至窗口中的子数组不满足条件时，此时需要结束指针 j 开始右移，直至窗口中的子数组再次满足条件，即跳转至第1步，当 j == nums.size() 时，表示数组内全部可能的子数组遍历完成，返回结果。
5. 最后同样通过将初始长度设置为 INT32_MAX 或 nums.size() + 1，判断是否不存在符合条件的子数组，通过判断结果是否被赋值，若未被赋值就返回0，说明没有符合条件的子序列。

//时间复杂度：O(n)
//空间复杂度：O(1)
class Solution {
public:
    int minSubArrayLen(int target, vector<int>& nums) {
        int ans = nums.size() + 1;
        int sum = 0;
        for(int i = 0, j = 0; j < nums.size(); j++){
            sum +=nums[j];
            //注意这里使用while，每次更新 i（起始位置），并不断比较子序列是否符合条件
            while(sum >= target){
                int count = j - i + 1; //取子序列的长度
                if(count < ans){
                    ans = count;
                }
                //ans = ans < count ? ans : count;
                //这里体现出滑动窗口的精髓之处，不断变更i（子序列的起始位置）
                sum -= nums[i];
                i++;
            }
        }
        //如果ans没有被赋值的话，就返回0，说明没有符合条件的子序列
        if(ans == nums.size() + 1) return 0;
        else return ans;
        //return ans == (nums.size() + 1) ? 0 : ans;
    }
};

关于时间复杂度，不要以为for里放一个while就以为是O(n^2)， 主要是看每一个元素被操作的次数，每个元素在滑动窗后进来操作一次，出去操作一次，每个元素都是被操作两次，所以时间复杂度是 2 × n 也就是O(n)。