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"
示例 2：
输入：s = "a", t = "a"
输出："a"
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：
- \(1 <= s.length, t.length <= 10^5\)
s和t由英文字母组成
进阶： 你能设计一个在 o(n) 时间内解决此问题的算法吗？
题解
思路和算法
本问题要求我们返回字符串 \(s\) 中包含字符串 \(t\) 的全部字符的最小窗口。我们称包含 \(t\) 的全部字母的窗口为「可行」窗口。
我们可以用滑动窗口的思想解决这个问题。在滑动窗口类型的问题中都会有两个指针，一个用于「延伸」现有窗口的 \(r\) 指针，和一个用于「收缩」窗口的 \(l\) 指针。在任意时刻，只有一个指针运动，而另一个保持静止。我们在 \(s\) 上滑动窗口，通过移动 \(r\) 指针不断扩张窗口。当窗口包含 \(t\) 全部所需的字符后，如果能收缩，我们就收缩窗口直到得到最小窗口。
如何判断当前的窗口包含所有 \(t\) 所需的字符呢？我们可以用一个哈希表表示 \(t\) 中所有的字符以及它们的个数，用一个哈希表动态维护窗口中所有的字符以及它们的个数，如果这个动态表中包含 \(t\) 的哈希表中的所有字符，并且对应的个数都不小于 \(t\) 的哈希表中各个字符的个数，那么当前的窗口是「可行」的。
注意：这里 \(t\) 中可能出现重复的字符，所以我们要记录字符的个数。
代码
class Solution {
public:
unordered_map <char, int> ori, cnt;
bool check() {
for (const auto &p: ori) {
if (cnt[p.first] < p.second) {
return false;
}
}
return true;
}
string minWindow(string s, string t) {
for (const auto &c: t) {
++ori[c];
}
int l = 0, r = -1;
int len = INT_MAX, ansL = -1, ansR = -1;
while (r < int(s.size())) {
if (ori.find(s[++r]) != ori.end()) {
++cnt[s[r]];
}
while (check() && l <= r) {
if (r - l + 1 < len) {
len = r - l + 1;
ansL = l;
}
if (ori.find(s[l]) != ori.end()) {
--cnt[s[l]];
}
++l;
}
}
return ansL == -1 ? string() : s.substr(ansL, len);
}
};
复杂度分析
- 时间复杂度：最坏情况下左右指针对 \(s\) 的每个元素各遍历一遍，哈希表中对 \(s\) 中的每个元素各插入、删除一次，对 \(t\) 中的元素各插入一次。每次检查是否可行会遍历整个 \(t\) 的哈希表，哈希表的大小与字符集的大小有关，设字符集大小为 \(C\)，则渐进时间复杂度为 \(O(C\cdot |s| + |t|)\)。
- 空间复杂度：这里用了两张哈希表作为辅助空间，每张哈希表最多不会存放超过字符集大小的键值对，我们设字符集大小为 \(C\) ，则渐进空间复杂度为 \(O(C)\)。