- 这个窗口寻找的是：以当前窗口最左侧元素（记为 left ）为基准，符合条件的情况。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。
- 我们既然已经找到从 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）。
- 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 剔除掉 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。
- 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)。

sum:

代码


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

3.⽆重复字符的最⻓⼦串

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。

思路

研究的对象依旧是一段连续的区间，因此继续使用「滑动窗口」思想来优化。

让滑动窗口满足：窗口内所有元素都是不重复的。

做法：右端元素 ch 进入窗口的时候，哈希表统计这个字符的频次：

- 如果这个字符出现的频次超过 1 ，说明窗口内有重复元素，那么就从左侧开始划出窗口，直到 ch 这个元素的频次变为 1 ，然后再更新结果。
- 如果没有超过 1 ，说明当前窗口没有重复元素，可以直接更新结果

代码：


class Solution {
public:
    int lengthOfLongestSubstring(string s) {
        // 存hash
        // 使用数组来模拟
        int hash[128] = {0}; // 初始化
        int n = s.size(), len = 0;
        int left = 0, right = 0;
        // 进窗口
        // 滑动窗口是可以通过增加判断条件，让双重循环，变为单重，里面是条件++
        while (right < n) {
            // 进窗口
            hash[s[right]]++;
            // 判断
            while (hash[s[right]] > 1)
                // 出窗口
                hash[s[left++]]--; // 利用循环，直到跳出那个
            // 更新结果
            len = max(len, right - left + 1);
            // 下一个元素进入窗口
            right++;
            // 滑动窗口，是很少用for的
        }
        return len;
    }
};

1004.最⼤连续1的个数III

给定一个二进制数组 nums 和一个整数 k，如果可以翻转最多 k 个 0 ，则返回数组中连续 1 的最大个数。

示例 1：

输入：nums = [1,1,1,0,0,0,1,1,1,1,0], K = 2
输出：6
解释：[1,1,1,0,0,1,1,1,1,1,1]
粗体数字从 0 翻转到 1，最长的子数组长度为 6。
示例 2：

输入：nums = [0,0,1,1,0,0,1,1,1,0,1,1,0,0,0,1,1,1,1], K = 3
输出：10
解释：[0,0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,0,0,0,1,1,1,1]
粗体数字从 0 翻转到 1，最长的子数组长度为 10。

思路：

不要去想怎么翻转，不要把问题想得很复杂，这道题的结果无非就是一段连续的1中间塞了k个0嘛。

因此，我们可以把问题转化成：求数组中一段最长的连续区间，要求这段区间内0的个数不超过k个。

既然是连续区间，可以考虑使用「滑动窗口」来解决问题。

算法流程：

a.- 初始化一个大小为2的数组就可以当做哈希表hash了；初始化一些变量left = 0, right = 0, ret = 0；

b.- 当right小于数组大小的时候，一直执行以下循环：

- 让当前元素进入窗口，顺便统计到哈希表中；
- 检查0的个数是否超标：如果超标，依次让左侧元素滑出窗口，顺便更新哈希表的值，直到0的个数恢复正常；
- 程序到这里，说明窗口内元素是符合要求的，更新结果；
- right++，处理下一个元素；

c.- 循环结束后，ret 存的就是最终结果。

代码：


class Solution {
public:
    int longestOnes(vector<int>& nums, int k) {
        int n=nums.size();
        int left=0,right=0,len=0,count=0;
        //进窗口，直到走到末尾
        while(right<n)
        {
            if(nums[right]==0)
            count++;
            //判断
            while(count>k)
            {
                //出窗口
                if(nums[left]==0)
                count--;//先判断这个数的处理，再移动
                left++;
            }
            len=max(len,right-left+1);//每走一步之后就，更新结果
            right++;
        }
        return len;
 
    }
};

1658.将x减到0的最⼩操作数

给你一个整数数组 nums 和一个整数 x 。每一次操作时，你应当移除数组 nums 最左边或最右边的元素，然后从 x 中减去该元素的值。请注意，需要修改数组以供接下来的操作使用。

如果可以将 x 恰好减到 0 ，返回最小操作数；否则，返回 -1 。

示例 1：

输入：nums = [1,1,4,2,3], x = 5
输出：2
解释：最佳解决方案是移除后两个元素，将 x 减到 0 。
示例 2：

输入：nums = [5,6,7,8,9], x = 4
输出：-1
示例 3：

输入：nums = [3,2,20,1,1,3], x = 10
输出：5
解释：最佳解决方案是移除后三个元素和前两个元素（总共 5 次操作），将 x 减到 0 。

思路：正难则反

题目要求的是数组「左端+右端」两段连续的、和为 x 的最短数组，信息量稍微多一些，不易理清

我们可以转化成求数组内一段连续的、和为 sum(nums) - x 的最长数组。此时，就是熟悉的「滑动窗口」问题了。

常见错误分析:

加上对x过大进行处理就可以啦~思维要缜密

代码：


class Solution {
public:
    int minOperations(vector<int>& nums, int x) {
        // 正难则反，找出最长的sum-x
        int n = nums.size();
        int sum = 0, ret =0;
        int len = -1, target = 0;//len直接设置为-1
        for (int i = 0; i < n; i++)
            sum += nums[i];
        target = sum - x;
       if(target < 0) return -1;//对x过大进行处理，避免之后死循环
 
        for (int left = 0, right = 0; right < n; right++) {
            ret += nums[right];
            while (ret > target)
                ret -= nums[left++];
            if (ret == target)
                len = max(len, right - left + 1);
        }
        if(len==-1) return -1;
        else return n-len;
    }
};

904.水果成篮

你正在探访一家农场，农场从左到右种植了一排果树。这些树用一个整数数组 fruits 表示，其中 fruits[i] 是第 i 棵树上的水果种类。

你想要尽可能多地收集水果。然而，农场的主人设定了一些严格的规矩，你必须按照要求采摘水果：

你只有两个篮子，并且每个篮子只能装单一类型的水果。每个篮子能够装的水果总量没有限制。
你可以选择任意一棵树开始采摘，你必须从每棵树（包括开始采摘的树）上恰好摘一个水果。采摘的水果应当符合篮子中的水果类型。每采摘一次，你将会向右移动到下一棵树，并继续采摘。
一旦你走到某棵树前，但水果不符合篮子的水果类型，那么就必须停止采摘。
给你一个整数数组 fruits ，返回你可以收集的水果的最大数目。

示例 1：

输入：fruits = [1,2,1]
输出：3
解释：可以采摘全部 3 棵树。
示例 2：

输入：fruits = [0,1,2,2]
输出：3
解释：可以采摘 [1,2,2] 这三棵树。
如果从第一棵树开始采摘，则只能采摘 [0,1] 这两棵树。
示例 3：

输入：fruits = [1,2,3,2,2]
输出：4
解释：可以采摘 [2,3,2,2] 这四棵树。
如果从第一棵树开始采摘，则只能采摘 [1,2] 这两棵树。
示例 4：

输入：fruits = [3,3,3,1,2,1,1,2,3,3,4]
输出：5
解释：可以采摘 [1,2,1,1,2] 这五棵树。

思路：

右端水果进入窗口的时候，用哈希表统计这个水果的频次。这个水果进来后，判断哈希表的大小：

- 如果大小超过 2：

说明窗口内水果种类超过了两种。那么就从左侧开始依次将水果划出窗口，直到哈希表的大小小于等于 2，然后更新结果；

- 如果没有超过 2，

说明当前窗口内水果的种类不超过两种，直接更新结果 ret。

代码：


class Solution {
public:
    int totalFruit(vector<int>& fruits) {
        int hash[100001] = {0}; // 统计窗⼝内出现了多少种⽔果
        int n = fruits.size(), kind = 0,len = 0;
        for (int left = 0, right = 0; right < n; right++) {
            if (hash[fruits[right]] == 0)
                kind++; // 来了一个新种类就++
            hash[fruits[right]]++;
            if (kind > 2) {
                 hash[fruits[left]]--;
                if (hash[fruits[left]] == 0)
                    kind--;
                left++;//处理完 删掉这个数之后再++
            }
            // 每次都记录长度
            len = max(len, right - left + 1);
        }
        return len;
    }
};

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