18. 四数之和
18. 四数之和 - 力扣（LeetCode）
给你一个由 n 个整数组成的数组 nums ，和一个目标值 target 。请你找出并返回满足下述全部条件且不重复的四元组 [nums[a], nums[b], nums[c], nums[d]]
（若两个四元组元素一一对应，则认为两个四元组重复）：
0 <= a, b, c, d < n
a、b、c 和 d 互不相同
nums[a] + nums[b] + nums[c] + nums[d] == target
你可以按 任意顺序 返回答案 。
示例 1：
输入：nums = [1,0,-1,0,-2,2], target = 0
输出：[[-2,-1,1,2],[-2,0,0,2],[-1,0,0,1]]
示例 2：
输入：nums = [2,2,2,2,2], target = 8
输出：[[2,2,2,2]]
解法一：排序 + 暴力枚举 + 理由set去重
超时
解法二：排序 + 双指针
[-2, -1, 0, 0, 1, 2] target
[ ] target - a
a
b [ ] target - a - b
left right
1. 先依次固定一个a;
2. 在a后面的区间内，利用“三数之和”找到三个数，使这三个数的和等于target - a即可
三数之和的大体思路：
1. 依次固定一个b;
2. 在b后面的区间内，利用“双指针”找到两个数，使这两个数的和等于target - a - b即可
处理细节问题：
1. 不重
去重a,b,left,right
2. 不漏
时间复杂度：O(N^3)
代码：C++
class Solution {
public:
vector<vector<int>> fourSum(vector<int>& nums, int target) {
vector<vector<int>> ret;
// 排序
sort(nums.begin(), nums.end());
// 利用双指针解决问题
int n = nums.size();
for(int i=0; i<n; ) //固定a
{
// 利用三数之和
for(int j=i+1; j<n; ) //固定b
{
// 双指针
int left = j+1, right = n-1;
long long aim = (long long)target - nums[i] - nums[j];
while(left<right)
{
int sum = nums[left] + nums[right];
if(sum < aim) left++;
else if(sum > aim) right--;
else
{
ret.push_back({nums[i], nums[j], nums[left++], nums[right--]});
// 去重1
while(left < right && nums[left] == nums[left - 1]) left++; //当left右移完之后和左边这个数相比，如果相同，说明重复元素，需要跳过
while(left < right && nums[right] == nums[right + 1]) right--;
}
}
// 去重2
j++;
while(j < n && nums[j] == nums[j - 1]) j++;
}
// 去重3
i++;
while(i < n && nums[i] == nums[i - 1]) i++;
}
return ret;
}
};209. 长度最小的子数组
209. 长度最小的子数组 - 力扣（LeetCode）
解法一：暴力枚举出所有子数组的和
时间复杂度：O(N^3)
R
[2, 3, 1, 2, 4, 3]
L
先定义一个sum，计算左区间的和
比如：sum + 2 + 3 + ...
这样可以省去再遍历一遍数组
R
[2, 3, 1, 2, 4, 3]
L
sum = 5
R
[2, 3, 1, 2, 4, 3]
L
sum = 6
len 2 -> 3
...
R
[2, 3, 1, 2, 4, 3]
L
sum = 12
len = 5
这个len是一直增长的，所以肯定不是最短的结果
接下来让L向左移动一位，然后继续让R从左开始移动
那这个时候从3开始的区间可以在上一个结果中找到
解法二：利用单调性，使用“同向双指针”来优化，也就是 滑动窗口
当使用暴力解法时。两个指针都可以做到不回退，都是向一个方向移动时就可以使用滑动窗口
1. 初始化；left = 0, right = 0
2. 进窗口
3. 判断是否是结果，然后更新结果（长度），再出窗口，判断len
2和3一直循环
以下是图解：
4. 为什么不往后枚举呢？因为已经知道接下来的情况再枚举也是白枚举，因为是正整数数组
利用单调性，规避了很多没有必要的枚举行为
5. 时间复杂度
进窗口要一个循环，判断也是一个循环，等于是两层循环套在一起
但是总的操作次数只是2n次
所以最终的时间复杂度是一个O(N)
代码：C++
class Solution {
public:
int minSubArrayLen(int target, vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
int sum = 0, len = INT_MAX; //如果定义0，那最终的求min结果就是0，所以定义一个大的变量，不干扰最终结果
for(int left = 0, right = 0; right < n; right++)
{
// 进入窗口
sum += nums[right];
//判断要不要缩小窗口
while(sum >= target)
{
len = min(len, right - left + 1); // 更新结果
sum -= nums[left++]; // 出窗口
}
// 一直更新到窗口不符合要求位置，然后right++
}
return len == INT_MAX ? 0 : len; // 如果没有最终结果就返回0，不然就返回len
}
};3. 无重复字符的最长子串
3. 无重复字符的最长子串 - 力扣（LeetCode）
子串和字数组都是连续的一段
解法一：暴力枚举 + 哈希表(判断字符是否重复出现)
可以借助哈希表来判断是否有重复字符
遍历的时候把字符保存到哈希表里，当遍历到重复元素时，停止这个操作
R
[d, e, a, b, c, a, b, c, a]
L
R
[d, e, a, b, c, a, b, c, a]
L
当a重复时，停止这个操作，然后移动L，
R
[d, e, a, b, c, a, b, c, a]
L
时间复杂度：O(N^2)
解法二：利用规律，使用“滑动窗口”来解决问题
R
[d, e, a, b, c, a, b, c, a]
L
R
[[d, e, a, b, c], a, b, c, a]
L
当a重复时，停止这个操作，然后移动L，
R
[[d, e, a, b, c], a, b, c, a]
L
当发现区间里面有重复字符时，可以让L先跳过这个重复字符
R也不用回到L的位置，让R继续移动即可
此时就可以使用滑动窗口解决问题
1. 先定义L = 0和R = 0
2. 进窗口 -> 让字符进入哈希表
3. 判断
根据判断结果判定是否出窗口（窗口内出现重复字符时才出窗口）
判断和出窗口是一个循环，一直到没有重复字符为止
出窗口就是从哈希表中删除该字符
然后更新结果（更新结果的过程要根据题目决定在哪）
本题中，在整个判断之后，更新结果
为什么要用滑动窗口，因为两个指针都不会回退
时间复杂度：O（N）
空间复杂度：O（1）
因为哈希表只有128位，所以可以忽略不计
代码：C++
class Solution {
public:
int lengthOfLongestSubstring(string s) {
// 下标表示字符，让里面的数来表示是否重复出现，出现一次为1，两次为2...
int hash[128] = {0}; // 使用数组表示哈希表
int left = 0, right = 0, n = s.size();
int ret = 0;
while(right < n)
{
hash[s[right]]++; // 字符对应的下标，进入窗口
while(hash[s[right]] > 1) // 判断
{
hash[s[left++]]--; // 先把哈希表里面的对应的值--，表示它从哈希表删除，然后++完成出窗口的操作
}
ret = max(ret, right - left + 1); // 更新结果，区间的长度是right - left + 1
right++; // 让下一个元素进入窗口
}
return ret;
}
};1004. 最大连续1的个数 III
1004. 最大连续1的个数 III - 力扣（LeetCode）
最多k个0说明可以翻转0,1,2，...，一直到k个为止
比如下方这个例子中，k最多可以翻转100个0，但其实不需要翻转100次
[1,1,0,0,1,1,0], k = 100
[1,1,1,0,0,0,1,1,1,1,0], K = 2
[ ]，最长为6
可以等价处理，在数组中满足0的个数不超过k次即可，只要这个区域的0不超过k，那么这个区域是一定可以翻转成功的
把原始问题转换成：
找出最长的子数组，0的个数不超过k个
解法一：暴力枚举 + zero计数器(int类型变量，统计0出现多少次)
R
[1, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 0], K = 2
L
zero = 0
R
[1, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 0], K = 2
L
zero = 1
R
[[1, 1, 1, 0, 0], 0, 1, 1, 1, 1, 0], K = 2 固定第一个位置的最优解
L
zero = 2
然后R继续从数组最开始的位置开始移动
解法二：滑动窗口
所以可以让R越过这段区域，不用重新遍历，可以移动L
R
[1, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 0], K = 2
L
当在暴力枚举中L和R都只往一个方向移动时，可以使用滑动窗口
1. left = 0, right = 0
2. 进窗口 -> 如果是1，无视；如果是0，计数器+1
当R向后移动时就相当于进窗口了
当进入窗口时无视，当碰到0时，计数器加一
3. 判断 -> 当zero大于k，出窗口
出窗口
让L一直右移，直到窗口合法为止
当判断结束之后，更新结果，当R移动到最后位置就会得到最终结果
时间复杂度：O(N)
空间复杂度：O(1)
代码：C++
class Solution {
public:
int longestOnes(vector<int>& nums, int k)
{
int ret = 0;
for(int left = 0, right = 0, zero = 0; right < nums.size(); right++)
{
if(nums[right] == 0) zero++; // 进窗口
while(zero > k) // 判断窗口是否合法
{
if(nums[left++] == 0) zero--; // 出窗口，left向后移动
}
// 左闭右闭的区间
ret = max(ret, right - left + 1); // 更新结果
}
return ret;
}
};
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