【LC100】No76. 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。

提示:

• m == s.length

• n == t.length

• 1 <= m, n <= 105

• s 和 t 由英文字母组成

进阶：

你能设计一个在 o(m+n) 时间内解决此问题的算法吗？

示例

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。

链接

思路

做出来了吗？如做。

又见子串问题，经过前几天的锤炼，首先想到滑动窗口。

但本题的特殊点在于：s 的子串只需要覆盖 t 即可，也就是说 s 的子串可能大于 t 的长度，但只要全覆盖即可。如前文示例一。

因此，我们需要转换处理思路，不能通过判断滑动窗口每次进入的元素是否在 t 中来移除窗口左端点。

我们可以换一个角度处理：s 的子串只需要包含 t 中所有字母且出现次数一致。

解法一：变长滑动窗口

依旧是枚举滑动窗口的右端点，当窗口覆盖 t，则从左端点缩小窗口，直到不覆盖为止。

为了便于判断是否覆盖，我们将 s 和 t 分别用数组保存每个字母的出现次数，只要判断数组是否一致即可。

new int[128] 是因为 128 包含了ASCII所有字符，便于处理。

设置两个下标 resLeft 和 resRight 分别存储最短子串的左右下标，其中设置 resLeft = -1 是为了便于最终的判断。当循环结束后，resLeft 仍然 < 0，代表在 s 中没有找到可以覆盖 t 的子串，返回 0。

代码

class Solution {
    public String minWindow(String s, String t) {
        if (s == null || t == null || s.length() < t.length()) {
            return "";
        }
        // 最终子串的左下标和右下标
        int resLeft = -1, resRight = s.length();
        int[] cnt = new int[128];
        int[] cns = new int[128];
        // 统计t中各字母的出现次数
        char[] tArr = t.toCharArray();
        for (char c : tArr) {
            cnt[c]++;
        }
        char[] sArr = s.toCharArray();
        int left = 0;
        // 滑动窗口枚举右端点
        for (int right = 0; right < s.length(); right++) {
            cns[sArr[right]]++;
            while (isCovered(cns, cnt)) { 
                // 只要当前窗口覆盖了t，就判断当前长度是否是最短
                if (right - left < resRight - resLeft) {
                    resLeft = left;
                    resRight = right;
                }
                // 左端点收缩
                cns[sArr[left]]--;
                left++;
            }
        }
        // 小于0代表没有结果
        return resLeft < 0 ? "" : s.substring(resLeft, resRight + 1);
    }

    private boolean isCovered(int[] cns, int[] cnt) {
        for (int i = 0; i < 128; i++) {
            if (cns[i] < cnt[i]) {
                return false;
            }
        }
        return true;
    }
}

• 时间复杂度：O(128m + n)，left 每增加一次，我们需要 O(128) 的时间判断窗口是否覆盖

• 空间复杂度：O(128)

解法二：变长滑动窗口优化

解法一中，在循环的内部循环中我们套了一个对两个字母出现频次数组的循环。

如何进一步优化这点，也就是考虑“如何做才能每次无需对字母所有出现频次循环？”。

题目需要的是“s 的子串，包含 t 中所有字母，且出现次数一致”，这其中字母的出现次数我们已经能通过 cnt 数组的加减来处理判断。那么我们只需要再找到一个方法，用来判断“s 的子串覆盖了 t 中字母的种类”即可。

同样的加减思路，我们使用一个变量 count 来统计 t 中出现的字母种类数。当 s 的滑动窗口移动时，只要每次都使得 cnt 数组元素有加减变动，就对种类数 count 进行一次判断。

cnt 数组表示 t 中字母的出现次数，在初始化 cnt 数组时，每出现一种新字母，我们令 count++。在 s 窗口滑动时，窗口中每出现一个字母的出现次数符合了 t 中的出现次数，就令 count--。

最后当种类数 count 为 0 时，即代表窗口全覆盖了 t。

代码

class Solution {
    public String minWindow(String s, String t) {
        if (s == null || t == null || s.length() < t.length()) {
            return "";
        }
        // 最终子串的左下标和右下标
        int resLeft = -1, resRight = s.length();
        // 统计t中出现的字母种类数
        int count = 0;
        // 统计t中各字母的出现次数
        int[] cnt = new int[128];
        char[] tArr = t.toCharArray();
        for (char c : tArr) {
            if (cnt[c] == 0) {
                count++;
            }
            cnt[c]++;
        }
        char[] sArr = s.toCharArray();
        int left = 0;
        // 每次窗口滑动导致cnt数组变动，都需要对种类数判断
        for (int right = 0; right < s.length(); right++) {
            cnt[sArr[right]]--;
            if (cnt[sArr[right]] == 0) {
                count--;
            }
            // s的子串符合了t
            while (count == 0) {
                if (right - left < resRight - resLeft) {
                    resLeft = left;
                    resRight = right;
                }
                if (cnt[sArr[left]] == 0) {
                    count++;
                }
                cnt[sArr[left]]++;
                left++;
            }

        }
        return resLeft < 0 ? "" : s.substring(resLeft, resRight + 1);
    }
}

• 时间复杂度：O(m + n)，m 为 s 的长度，n 为 t 的长度

• 空间复杂度：O(128)