1.题目链接：209.长度最小的子数组

2.题目描述：

给定一个含有 n 个正整数的数组和一个正整数 target 。

找出该数组中满足其总和大于等于 target 的长度最小的 子数组 [numsl, numsl+1, ..., numsr-1, numsr] ，并返回其长度。如果不存在符合条件的子数组，返回 0 。

示例 1：

输入：target = 7, nums = [2,3,1,2,4,3] 输出：2 解释：子数组 [4,3] 是该条件下的长度最小的子数组。

示例 2：

输入：target = 4, nums = [1,4,4] 输出：1

示例 3：

输入：target = 11, nums = [1,1,1,1,1,1,1,1] 输出：0

提示：

• 1 <= target <= 109

• 1 <= nums.length <= 105

• 1 <= nums[i] <= 105

进阶：

• 如果你已经实现 O(n) 时间复杂度的解法, 请尝试设计一个 O(n log(n)) 时间复杂度的解法。

3.解法一（暴力求解）（会超时）：

算法思路：

「从前往后」枚举数组中的任意一个元素，把它当成起始位置。然后从这个「起始位置」开始，然后寻找一段最短的区间，使得这段区间的和「大于等于」目标值。

将所有元素作为起始位置所得的结果中，找到「最小值即可」

class Solution {
public:
    int minSubArrayLen(int target, vector<int>& nums) {
        //记录结果
        int ret = INT_MAX;
        int n = nums.size();
        //枚举出所有满足和大于等于 target 的子数组[start，end]
        //由于是取到最小，因此枚举的过程中要尽量让数组的长度最小
        //枚举开始位置
        for(int start = 0; start < n;start++){
            int sum = 0;//记录从这个位置开始的连续数组的和
            //寻找结束位置
            for(int end = start ;end < n ; end++){
                sum += nums[end];//将当前位置加上
                if(sum >= target)//当这段区间内的和满足条件时
                {
                    //更新结果，start 开头的最短区间已经找到
                    ret = min(ret , end - start +1);
                    break;
                }
            }
        }
        return ret == INT_MAX ? 0 : ret;
    }
};

4.解法二（滑动窗口）：

算法思路：

由于此问题分析的对象是「一段连续的区间」，因此可以考虑「滑动窗口」的思想来解决这道题。

让滑动窗口满足：从 i 位置开始，窗口内所有元素的和小于 target （那么当窗口内元素之和第一次大于等于目标值的时候，就是 i 位置开始，满足条件的最小值）

做法：将右端元素划入窗口中，统计出此时窗口内元素的和：

• 如果窗口内元素之和大于等于 target ：更新结果，并且将左端元素划出去的同时继续判断是否满足条件并更新结果（因为左端元素可能很小，划出去之和依旧满足条件）

• 如果窗口内元素之和不满足条件：right++ ，另下一个元素进入窗口。

相信科学（这也是很多题解以及帖子没告诉你的事情：只给你说这么做。没给你解释为什么这么做）：

为什么滑动窗口可以解决问题，并且时间复杂度更低？

1. 这个窗口寻找的是：以当前窗口最左侧元素（记为 left1 ）为基准，符合条件的状况，也就是在这道题中，从 left1 开始，满足区间和 sum >=target 时的最右侧（记为 right1 ）能到哪里

2. 我们既然已经找到 left1 开始的最优的区间，那么就可以大胆舍去 left1 。但是如果继续像方法一一样，重新开始统计第二个元素（ left2 ）往后的和，势必会有大量重复的计算（因为我们在求第一段区间的时候，已经算出很多元素的和了，这些和是可以在计算下次区间和的时候用上的）。

3. 此时，right1 的作用就体现出来了，我们只需将 left1 这个值从 sum 中剔除。从 right1 这个元素开始，往后找满足 left2 元素的区间（此时 right1 也有可能是满足的，因为 left1 可能很小。sum 剔除 left1 之后，依旧满足大于等于 target ）。这样我们就能省掉大量重复的计算

4. 这样我们不仅能解决问题，而且效率也会大大提升

时间复杂度：虽然代码是两层循环，但是我们的 left 指针和 right 指针都是不回退的。两者最多都往后移动 n 次。因此时间复杂度是 O(N)。

class Solution {
public:
    int minSubArrayLen(int target, vector<int>& nums) {
        int len = INT_MAX;
        int n = nums.size();
        int sum = 0;
        for(int left = 0, right = 0; right < n ; right++){
            sum += nums[right];//进窗口
            while(sum >= target){//判断
                len = min(len,right-left+1);//更新结果
                sum -= nums[left++];//出窗口
            }
        }
        return len == INT_MAX ? 0 : len;
    }
};