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题目链接： https://leetcode.cn/problems/minimum-window-substring/
视频题解： https://www.bilibili.com/video/BV1sJ4m1g727/
LeetCode 76. 最小覆盖子串
题目描述
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。
举个例子：
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'。
视频题解
最小覆盖子串
思路来源
思路来源
思路解析
本题是经典的滑动窗口类型，解决这类问题的关键是窗口左右边界的滑动策略。
定义hash表u_mapT保存字符串t中字符的频率，hash表u_mapWindow保存滑动窗口中字符出现的次数，left保存窗口的左边界，right保存窗口的右边界，resStart保存最小候选窗口的起点，resLen保存最小候选窗口长度。
窗口滑动策略如下：
u_mapT中的元素不全在u_mapWindow中，right向右滑动，并更新u_mapWindow[s[right]]++，直到u_mapT中的元素全在u_mapWindow中。u_mapT中的元素全在u_mapWindow中，left向右滑，并更新u_mapWindow[s[left]]--、最小候选窗口的起点resStart和最小候选窗口长度resLen，直到u_mapT中的元素不全在u_mapWindow中。
根据上面的策略我们可以获得以s任意位置为左边界(枚举左边界)的所有候选窗口，只需要把其中最短的一个窗口返回即可。
这里在判断u_mapT中的元素是否完全在u_mapWindow中并没有采用遍历u_mapT对其中的元素一个个去u_mapWindow中比较。而是借用了一个整型变量tInWindow在窗口滑动的过程中就对窗口中字符情况进行统计，大大节省了每次判断都要去遍历hash表的时间。
C++代码
class Solution {
public:string minWindow(string s, string t) {int s_len = s.length();int t_len = t.length();if (s_len == 0 || t_len == 0) {return "";}//保存t中字符出现的次数unordered_map<char, int> u_mapT;//保存window中的字符出现的次数unordered_map<char, int> u_mapWindow;//统计t中的字符for (int i = 0; i < t_len; ++i) {u_mapT[t[i]]++;}//t中不重复字符的个数int tCount = u_mapT.size();//window完全包含t中不重复字符的数量int tInWindow = 0;int resStart = 0, resLen = INT_MAX;int left = 0, right = 0;while (right < s_len) {u_mapWindow[s[right]]++;//假设字符a在t和window中出现的次数相等，就增加tInWindow的计数if (u_mapT.count(s[right]) && u_mapWindow[s[right]] == u_mapT[s[right]]) {++tInWindow;} while (tInWindow == tCount) {//窗口的大小小于已保存的最小长度，更新最小长度if (right - left + 1 < resLen) {resStart = left;resLen = right - left + 1; }//右移窗口左边界，缩小窗口 u_mapWindow[s[left]]--;if (u_mapT.count(s[left]) && u_mapT[s[left]] > u_mapWindow[s[left]]) {--tInWindow;}++left;}++right;} if (resLen == INT_MAX) return "";return s.substr(resStart, resLen);}
};
java代码
class Solution {public String minWindow(String s, String t) {int s_len = s.length();int t_len = t.length();if (s_len == 0 || t_len == 0) {return "";}//保存t中字符出现的次数Map<Character, Integer> u_mapT = new HashMap<>();//保存window中的字符出现的次数Map<Character, Integer> u_mapWindow = new HashMap<>();//统计t中的字符for (int i = 0; i < t_len; ++i) {u_mapT.put(t.charAt(i), u_mapT.getOrDefault(t.charAt(i), 0) + 1);}//t中不重复字符的个数int tCount = u_mapT.size();//window完全包含t中不重复字符的数量int tInWindow = 0;int resStart = 0, resLen = Integer.MAX_VALUE;int left = 0, right = 0;while (right < s_len) {u_mapWindow.put(s.charAt(right), u_mapWindow.getOrDefault(s.charAt(right), 0) + 1);//假设字符a在t和window中出现的次数相等，就增加tInWindow的计数if (u_mapT.containsKey(s.charAt(right)) && u_mapWindow.get(s.charAt(right)).equals(u_mapT.get(s.charAt(right)))) {++tInWindow;}while (tInWindow == tCount) {//窗口的大小小于已保存的最小长度，更新最小长度if (right - left + 1 < resLen) {resStart = left;resLen = right - left + 1;}//右移窗口左边界，缩小窗口u_mapWindow.put(s.charAt(left), u_mapWindow.get(s.charAt(left)) - 1);if (u_mapT.containsKey(s.charAt(left)) && u_mapWindow.get(s.charAt(left)) < u_mapT.get(s.charAt(left))) {--tInWindow;}++left;}++right;}if (resLen == Integer.MAX_VALUE) return "";return s.substring(resStart, resStart + resLen);}
}
python代码
class Solution:def minWindow(self, s: str, t: str) -> str:s_len = len(s)t_len = len(t)if s_len == 0 or t_len == 0:return ""#保存t中字符出现的次数u_mapT = defaultdict(int)#保存window中的字符出现的次数u_mapWindow = defaultdict(int)#统计t中的字符for char in t:u_mapT[char] += 1#t中不重复字符的个数tCount = len(u_mapT)#window完全包含t中不重复字符的数量tInWindow = 0resStart, resLen = 0, float('inf')left, right = 0, 0while right < s_len:u_mapWindow[s[right]] += 1#假设字符a在t和window中出现的次数相等，就增加tInWindow的计数if s[right] in u_mapT and u_mapWindow[s[right]] == u_mapT[s[right]]:tInWindow += 1while tInWindow == tCount:#窗口的大小小于已保存的最小长度，更新最小长度if right - left + 1 < resLen:resStart = leftresLen = right - left + 1#右移窗口左边界，缩小窗口u_mapWindow[s[left]] -= 1if s[left] in u_mapT and u_mapWindow[s[left]] < u_mapT[s[left]]:tInWindow -= 1left += 1right += 1if resLen == float('inf'):return ""return s[resStart:resStart + resLen]
复杂度分析
时间复杂度： 因为使用变量tInWindow提前预先保存了window中是否包含t的字符，并且只需要遍历一遍s和t，所以时间复杂度为O(m + n)，其中m是s的长度，n是t的长度。
空间复杂度： 使用了两个hash表，具体的复杂度和字符集的大小有关。