本文讲解的例题
视频讲解
前文 双指针技巧汇总 讲解了一些较为简单的数组双指针技巧，本文就讲解一个稍微复杂的技巧：滑动窗口技巧。
滑动窗口可以归为快慢双指针，一快一慢两个指针前后相随，中间的部分就是窗口。滑动窗口算法技巧主要用来解决子数组问题，比如让你寻找符合某个条件的最长/最短子数组。
你可以点开下面的可视化面板，多次点击 while (right < s.length) 这一行代码，即可直观地看到窗口滑动的过程：
算法可视化面板
本文会总结出一套框架，可以保你闭着眼睛都能写出正确的解法，同时每道题目都配备了算法可视化面板，帮助你直观地理解窗口滑动的过程。
滑动窗口框架概览
如果用暴力解的话，你需要嵌套 for 循环这样穷举所有子数组，时间复杂度是 ：
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
for (int j = i; j < nums.length; j++) {
// nums[i, j] 是一个子数组
}
}滑动窗口算法技巧的思路也不难，就是维护一个窗口，不断滑动，然后更新答案，该算法的大致逻辑如下：
// 索引区间 [left, right) 是窗口
int left = 0, right = 0;
while (right < nums.size()) {
// 增大窗口
window.addLast(nums[right]);
right++;
while (window needs shrink) {
// 缩小窗口
window.removeFirst(nums[left]);
left++;
}
}基于滑动窗口算法框架写出的代码，时间复杂度是 ，比嵌套 for 循环的暴力解法效率高。
为啥是 ？
肯定有读者要问了，你这个滑动窗口框架不也用了一个嵌套 while 循环？为啥复杂度是 呢？
简单说，指针 left, right 不会回退（它们的值只增不减），所以字符串/数组中的每个元素都只会进入窗口一次，然后被移出窗口一次，不会说有某些元素多次进入和离开窗口，所以算法的时间复杂度就和字符串/数组的长度成正比。
反观嵌套 for 循环的暴力解法，那个 j 会回退，所以某些元素会进入和离开窗口多次，所以时间复杂度就是 了。
我在 算法时空复杂度分析实用指南 有具体教大家如何从理论上估算时间空间复杂度，这里就不展开了。
为啥滑动窗口能在 的时间穷举子数组？
这个问题本身就是错误的，滑动窗口并不能穷举出所有子串。要想穷举出所有子串，必须用那个嵌套 for 循环。
然而对于某些题目，并不需要穷举所有子串，就能找到题目想要的答案。滑动窗口就是这种场景下的一套算法模板，帮你对穷举过程进行剪枝优化，避免冗余计算。
所以在 算法的本质 中我把滑动窗口算法归为「如何聪明地穷举」一类。
其实困扰大家的，不是算法的思路，而是各种细节问题。比如说如何向窗口中添加新元素，如何缩小窗口，在窗口滑动的哪个阶段更新结果。即便你明白了这些细节，代码也容易出 bug，找 bug 还不知道怎么找，真的挺让人心烦的。
所以今天我就写一套滑动窗口算法的代码框架，我连再哪里做输出 debug 都给你写好了，以后遇到相关的问题，你就默写出来如下框架然后改三个地方就行，保证不会出 bug。
因为本文的例题大多是子串相关的题目，字符串实际上就是数组，所以我就把输入设置成字符串了。你做题的时候根据具体题目自行变通即可：
// 滑动窗口算法伪码框架
void slidingWindow(String s) {
// 用合适的数据结构记录窗口中的数据，根据具体场景变通
// 比如说，我想记录窗口中元素出现的次数，就用 map
// 如果我想记录窗口中的元素和，就可以只用一个 int
Object window = ...
int left = 0, right = 0;
while (right < s.length()) {
// c 是将移入窗口的字符
char c = s[right];
window.add(c)
// 增大窗口
right++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
...
// *** debug 输出的位置 ***
// 注意在最终的解法代码中不要 print
// 因为 IO 操作很耗时，可能导致超时
printf("window: [%d, %d)\n", left, right);
// ***********************
// 判断左侧窗口是否要收缩
while (left < right && window needs shrink) {
// d 是将移出窗口的字符
char d = s[left];
window.remove(d)
// 缩小窗口
left++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
...
}
}
}框架中两处 ... 表示的更新窗口数据的地方，在具体的题目中，你需要做的就是往这里面填代码逻辑。而且，这两个 ... 处的操作分别是扩大和缩小窗口的更新操作，等会你会发现它们操作是完全对称的。
基于这个框架，遇到子串/子数组相关的题目，你只需要回答以下三个问题：
1、什么时候应该移动 right 扩大窗口？窗口加入字符时，应该更新哪些数据？
2、什么时候窗口应该暂停扩大，开始移动 left 缩小窗口？从窗口移出字符时，应该更新哪些数据？
3、什么时候应该更新结果？
只要能回答这三个问题，就说明可以使用滑动窗口技巧解题。
下面就直接上四道力扣原题来套这个框架，其中第一道题会详细说明其原理，其他题目就直接闭眼睛秒杀了。
一、最小覆盖子串
先来看看力扣第 76 题「最小覆盖子串」难度 Hard：
76. 最小覆盖子串 | 力扣 | LeetCode | 🔴
给你一个字符串 s 、一个字符串 t 。返回 s 中涵盖 t 所有字符的最小子串。如果 s 中不存在涵盖 t 所有字符的子串，则返回空字符串 "" 。
注意：
- 对于
t中重复字符，我们寻找的子字符串中该字符数量必须不少于t中该字符数量。 - 如果
s中存在这样的子串，我们保证它是唯一的答案。
示例 1：
输入：s = "ADOBECODEBANC", t = "ABC" 输出："BANC" 解释：最小覆盖子串 "BANC" 包含来自字符串 t 的 'A'、'B' 和 'C'。
示例 2：
输入：s = "a", t = "a" 输出："a" 解释：整个字符串 s 是最小覆盖子串。
示例 3:
输入: s = "a", t = "aa" 输出: "" 解释: t 中两个字符 'a' 均应包含在 s 的子串中， 因此没有符合条件的子字符串，返回空字符串。
提示：
m == s.lengthn == t.length1 <= m, n <= 105s和t由英文字母组成
o(m+n) 时间内解决此问题的算法吗？就是说要在 S(source) 中找到包含 T(target) 中全部字母的一个子串，且这个子串一定是所有可能子串中最短的。
如果我们使用暴力解法，代码大概是这样的：
for (int i = 0; i < s.length(); i++)
for (int j = i + 1; j < s.length(); j++)
if s[i:j] 包含 t 的所有字母:
更新答案思路很直接，但是显然，这个算法的复杂度肯定大于 了，不好。
滑动窗口算法的思路是这样：
1、我们在字符串 S 中使用双指针中的左右指针技巧，初始化 left = right = 0，把索引左闭右开区间 [left, right) 称为一个「窗口」。
为什么要「左闭右开」区间
理论上你可以设计两端都开或者两端都闭的区间，但设计为左闭右开区间是最方便处理的。
因为这样初始化 left = right = 0 时区间 [0, 0) 中没有元素，但只要让 right 向右移动（扩大）一位，区间 [0, 1) 就包含一个元素 0 了。
如果你设置为两端都开的区间，那么让 right 向右移动一位后开区间 (0, 1) 仍然没有元素；如果你设置为两端都闭的区间，那么初始区间 [0, 0] 就包含了一个元素。这两种情况都会给边界处理带来不必要的麻烦。
2、我们先不断地增加 right 指针扩大窗口 [left, right)，直到窗口中的字符串符合要求（包含了 T 中的所有字符）。
3、此时，我们停止增加 right，转而不断增加 left 指针缩小窗口 [left, right)，直到窗口中的字符串不再符合要求（不包含 T 中的所有字符了）。同时，每次增加 left，我们都要更新一轮结果。
4、重复第 2 和第 3 步，直到 right 到达字符串 S 的尽头。
这个思路其实也不难，第 2 步相当于在寻找一个「可行解」，然后第 3 步在优化这个「可行解」，最终找到最优解，也就是最短的覆盖子串。左右指针轮流前进，窗口大小增增减减，就好像一条毛毛虫，一伸一缩，不断向右滑动，这就是「滑动窗口」这个名字的来历。
下面画图理解一下，needs 和 window 相当于计数器，分别记录 T 中字符出现次数和「窗口」中的相应字符的出现次数。
初始状态：
增加 right，直到窗口 [left, right) 包含了 T 中所有字符：
现在开始增加 left，缩小窗口 [left, right)：
直到窗口中的字符串不再符合要求，left 不再继续移动：
之后重复上述过程，先移动 right，再移动 left... 直到 right 指针到达字符串 S 的末端，算法结束。
如果你能够理解上述过程，恭喜，你已经完全掌握了滑动窗口算法思想。现在我们来看看这个滑动窗口代码框架怎么用：
首先，初始化 window 和 need 两个哈希表，记录窗口中的字符和需要凑齐的字符：
// 记录 window 中的字符出现次数
HashMap<Character, Integer> window = new HashMap<>();
// 记录所需的字符出现次数
HashMap<Character, Integer> need = new HashMap<>();
for (int i = 0; i < t.length(); i++) {
char c = t.charAt(i);
need.put(c, need.getOrDefault(c, 0) + 1);
}然后，使用 left 和 right 变量初始化窗口的两端，不要忘了，区间 [left, right) 是左闭右开的，所以初始情况下窗口没有包含任何元素：
int left = 0, right = 0;
int valid = 0;
while (right < s.length()) {
// c 是将移入窗口的字符
char c = s.charAt(right);
// 右移窗口
right++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
...
}其中 valid 变量表示窗口中满足 need 条件的字符个数，如果 valid 和 need.size 的大小相同，则说明窗口已满足条件，已经完全覆盖了串 T。
现在开始套模板，只需要思考以下几个问题：
1、什么时候应该移动 right 扩大窗口？窗口加入字符时，应该更新哪些数据？
2、什么时候窗口应该暂停扩大，开始移动 left 缩小窗口？从窗口移出字符时，应该更新哪些数据？
3、我们要的结果应该在扩大窗口时还是缩小窗口时进行更新？
如果一个字符进入窗口，应该增加 window 计数器；如果一个字符将移出窗口的时候，应该减少 window 计数器；当 valid 满足 need 时应该收缩窗口；应该在收缩窗口的时候更新最终结果。
下面是完整代码：
class Solution {
public String minWindow(String s, String t) {
Map<Character, Integer> need = new HashMap<>();
Map<Character, Integer> window = new HashMap<>();
for (char c : t.toCharArray()) {
need.put(c, need.getOrDefault(c, 0) + 1);
}
int left = 0, right = 0;
int valid = 0;
// 记录最小覆盖子串的起始索引及长度
int start = 0, len = Integer.MAX_VALUE;
while (right < s.length()) {
// c 是将移入窗口的字符
char c = s.charAt(right);
// 扩大窗口
right++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.containsKey(c)) {
window.put(c, window.getOrDefault(c, 0) + 1);
if (window.get(c).equals(need.get(c)))
valid++;
}
// 判断左侧窗口是否要收缩
while (valid == need.size()) {
// 在这里更新最小覆盖子串
if (right - left < len) {
start = left;
len = right - left;
}
// d 是将移出窗口的字符
char d = s.charAt(left);
// 缩小窗口
left++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.containsKey(d)) {
if (window.get(d).equals(need.get(d)))
valid--;
window.put(d, window.get(d) - 1);
}
}
}
// 返回最小覆盖子串
return len == Integer.MAX_VALUE ? "" : s.substring(start, start + len);
}
}你可以点开下面的可视化面板，多次点击 while (right < s.length) 这一行代码，即可看到滑动窗口 [left, right) 的滑动过程：
算法可视化面板
使用 Java 的读者请注意
对 Java 包装类进行比较时要尤为小心，Integer，String 等类型应该用 equals 方法判定相等，而不能直接用等号 ==，否则会出错。所以在缩小窗口更新数据的时候，不能直接写为 window.get(d) == need.get(d)，而要用 window.get(d).equals(need.get(d))，之后的题目代码同理。
上面的代码中，当我们发现某个字符在 window 的数量满足了 need 的需要，就要更新 valid，表示有一个字符已经满足要求。而且，你能发现，两次对窗口内数据的更新操作是完全对称的。
当 valid == need.size() 时，说明 T 中所有字符已经被覆盖，已经得到一个可行的覆盖子串，现在应该开始收缩窗口了，以便得到「最小覆盖子串」。
移动 left 收缩窗口时，窗口内的字符都是可行解，所以应该在收缩窗口的阶段进行最小覆盖子串的更新，以便从可行解中找到长度最短的最终结果。
至此，应该可以完全理解这套框架了，滑动窗口算法又不难，就是细节问题让人烦得很。以后遇到滑动窗口算法，你就按照这框架写代码，保准没有 bug，还省事儿。
下面就直接利用这套框架秒杀几道题吧，你基本上一眼就能看出思路了。
二、字符串排列
这是力扣第 567 题「字符串的排列」，难度中等：
567. 字符串的排列 | 力扣 | LeetCode | 🟠
给你两个字符串 s1 和 s2 ，写一个函数来判断 s2 是否包含 s1 的排列。如果是，返回 true ；否则，返回 false 。
换句话说，s1 的排列之一是 s2 的 子串 。
示例 1：
输入：s1 = "ab" s2 = "eidbaooo"
输出：true
解释：s2 包含 s1 的排列之一 ("ba").
示例 2：
输入：s1= "ab" s2 = "eidboaoo" 输出：false
提示：
1 <= s1.length, s2.length <= 104s1和s2仅包含小写字母
注意哦，输入的 s1 是可以包含重复字符的，所以这个题难度不小。
这种题目，是明显的滑动窗口算法，相当给你一个 S 和一个 T，请问你 S 中是否存在一个和 T 长度相同的子串，且包含 T 中所有字符？
首先，先复制粘贴之前的算法框架代码，然后明确刚才提出的几个问题，即可写出这道题的答案：
class Solution {
// 判断 s 中是否存在 t 的排列
public boolean checkInclusion(String t, String s) {
Map<Character, Integer> need = new HashMap<>();
Map<Character, Integer> window = new HashMap<>();
for (char c : t.toCharArray()) need.put(c, need.getOrDefault(c, 0) + 1);
int left = 0, right = 0;
int valid = 0;
while (right < s.length()) {
char c = s.charAt(right);
right++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.containsKey(c)) {
window.put(c, window.getOrDefault(c, 0) + 1);
if (window.get(c).equals(need.get(c)))
valid++;
}
// 判断左侧窗口是否要收缩
while (right - left >= t.length()) {
// 在这里判断是否找到了合法的子串
if (valid == need.size())
return true;
char d = s.charAt(left);
left++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.containsKey(d)) {
if (window.get(d).equals(need.get(d)))
valid--;
window.put(d, window.get(d) - 1);
}
}
}
// 未找到符合条件的子串
return false;
}
}你可以点开下面的可视化面板，多次点击 while (right < s.length) 这一行代码，即可看到定长窗口滑动的过程：
算法可视化面板
对于这道题的解法代码，基本上和最小覆盖子串一模一样，只需要改变几个地方：
1、本题移动 left 缩小窗口的时机是窗口大小大于 t.length() 时，因为排列嘛，显然长度应该是一样的。
2、当发现 valid == need.size() 时，就说明窗口中就是一个合法的排列，所以立即返回 true。
至于如何处理窗口的扩大和缩小，和最小覆盖子串完全相同。
小优化
由于这道题中 [left, right) 其实维护的是一个定长的窗口，窗口长度为 t.length()。因为定长窗口每次向前滑动时只会移出一个字符，所以完全可以把内层的 while 改成 if，效果是一样的。
三、找所有字母异位词
这是力扣第 438 题「找到字符串中所有字母异位词」，难度中等：
438. 找到字符串中所有字母异位词 | 力扣 | LeetCode | 🟠
给定两个字符串 s 和 p，找到 s 中所有 p 的 异位词 的子串，返回这些子串的起始索引。不考虑答案输出的顺序。
异位词 指由相同字母重排列形成的字符串（包括相同的字符串）。
示例 1:
输入: s = "cbaebabacd", p = "abc" 输出: [0,6] 解释: 起始索引等于 0 的子串是 "cba", 它是 "abc" 的异位词。 起始索引等于 6 的子串是 "bac", 它是 "abc" 的异位词。
示例 2:
输入: s = "abab", p = "ab" 输出: [0,1,2] 解释: 起始索引等于 0 的子串是 "ab", 它是 "ab" 的异位词。 起始索引等于 1 的子串是 "ba", 它是 "ab" 的异位词。 起始索引等于 2 的子串是 "ab", 它是 "ab" 的异位词。
提示:
1 <= s.length, p.length <= 3 * 104s和p仅包含小写字母
呵呵，这个所谓的字母异位词，不就是排列吗，搞个高端的说法就能糊弄人了吗？相当于，输入一个串 S，一个串 T，找到 S 中所有 T 的排列，返回它们的起始索引。
直接默写一下框架，明确刚才讲的三个问题，即可秒杀这道题：
class Solution {
public List<Integer> findAnagrams(String s, String t) {
Map<Character, Integer> need = new HashMap<>();
Map<Character, Integer> window = new HashMap<>();
for (char c : t.toCharArray()) {
need.put(c, need.getOrDefault(c, 0) + 1);
}
int left = 0, right = 0;
int valid = 0;
// 记录结果
List<Integer> res = new ArrayList<>();
while (right < s.length()) {
char c = s.charAt(right);
right++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.containsKey(c)) {
window.put(c, window.getOrDefault(c, 0) + 1);
if (window.get(c).equals(need.get(c))) {
valid++;
}
}
// 判断左侧窗口是否要收缩
while (right - left >= t.length()) {
// 当窗口符合条件时，把起始索引加入 res
if (valid == need.size()) {
res.add(left);
}
char d = s.charAt(left);
left++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.containsKey(d)) {
if (window.get(d).equals(need.get(d))) {
valid--;
}
window.put(d, window.get(d) - 1);
}
}
}
return res;
}
}跟寻找字符串的排列一样，只是找到一个合法异位词（排列）之后将起始索引加入 res 即可。
你可以点开下面的可视化面板，多次点击 while (right < s.length) 这一行代码，即可看到定长窗口滑动的过程：
算法可视化面板
四、最长无重复子串
这是力扣第 3 题「无重复字符的最长子串」，难度中等：
3. 无重复字符的最长子串 | 力扣 | LeetCode | 🟠
给定一个字符串 s ，请你找出其中不含有重复字符的 最长 子串 的长度。
示例 1:
输入: s = "abcabcbb"
输出: 3
解释: 因为无重复字符的最长子串是 "abc"，所以其长度为 3。
示例 2:
输入: s = "bbbbb"
输出: 1
解释: 因为无重复字符的最长子串是 "b"，所以其长度为 1。
示例 3:
输入: s = "pwwkew" 输出: 3 解释: 因为无重复字符的最长子串是"wke"，所以其长度为 3。 请注意，你的答案必须是 子串 的长度，"pwke"是一个子序列，不是子串。
提示：
0 <= s.length <= 5 * 104s由英文字母、数字、符号和空格组成
这个题终于有了点新意，不是一套框架就出答案，不过反而更简单了，稍微改一改框架就行了：
class Solution {
public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
Map<Character, Integer> window = new HashMap<>();
int left = 0, right = 0;
// 记录结果
int res = 0;
while (right < s.length()) {
char c = s.charAt(right);
right++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
window.put(c, window.getOrDefault(c, 0) + 1);
// 判断左侧窗口是否要收缩
while (window.get(c) > 1) {
char d = s.charAt(left);
left++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
window.put(d, window.get(d) - 1);
}
// 在这里更新答案
res = Math.max(res, right - left);
}
return res;
}
}你可以点开下面的可视化面板，多次点击 while (right < s.length) 这一行代码，即可看到窗口滑动更新答案的过程：
算法可视化面板
这就是变简单了，连 need 和 valid 都不需要，而且更新窗口内数据也只需要简单的更新计数器 window 即可。
当 window[c] 值大于 1 时，说明窗口中存在重复字符，不符合条件，就该移动 left 缩小窗口了嘛。
唯一需要注意的是，在哪里更新结果 res 呢？我们要的是最长无重复子串，哪一个阶段可以保证窗口中的字符串是没有重复的呢？
这里和之前不一样，要在收缩窗口完成后更新 res，因为窗口收缩的 while 条件是存在重复元素，换句话说收缩完成后一定保证窗口中没有重复嘛。
好了，滑动窗口算法模板就讲到这里，希望大家能理解其中的思想，记住算法模板并融会贯通。回顾一下，遇到子数组/子串相关的问题，你只要能回答出来以下几个问题，就能运用滑动窗口算法：
1、什么时候应该扩大窗口？
2、什么时候应该缩小窗口？
3、什么时候应该更新答案？
我在 滑动窗口经典习题 中使用这套思维模式列举了更多经典的习题，旨在强化你对算法的理解和记忆，以后就再也不怕子串、子数组问题了。