76. 最小覆盖子串

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：

• 1 <= s.length, t.length <= 105
• s 和 t 由英文字母组成

解题思路：双指针+滑动窗口 

滑动窗口的思想：
用i,j表示滑动窗口的左边界和右边界，通过改变l,r来扩展和收缩滑动窗口，可以想象成一个窗口在字符串上游走，当这个窗口包含的元素满足条件，即包含字符串 T 的所有元素，记录下这个滑动窗口的长度 r - l + 1，这些长度中的最小值就是要求的结果。

步骤一
不断增加j使滑动窗口增大，直到窗口包含了 T 的所有元素

步骤二
不断增加i使滑动窗口缩小，因为是要求最小字串，所以将不必要的元素排除在外，使长度减小，直到碰到一个必须包含的元素，这个时候不能再扔了，再扔就不满足条件了，记录此时滑动窗口的长度，并保存最小值

步骤三
让 l 再增加一个位置，这个时候滑动窗口肯定不满足条件了，那么继续从步骤一开始执行，寻找新的满足条件的滑动窗口，如此反复，直到j超出了字符串S范围。

面临的问题：
如何判断滑动窗口包含了T的所有元素？
我们用一个数组res（或者使用map来进行存储）来表示当前滑动窗口中需要的各元素的数量，一开始滑动窗口为空，用 T 中各元素来初始化这个res，当滑动窗口扩展或者收缩的时候，去维护这个 res 数组，例如当滑动窗口包含某个元素，我们就让 res 中这个元素的数量减 1，代表所需元素减少了1个；当滑动窗口移除某个元素，就让 res 中这个元素的数量加1。
记住一点：res 始终记录着当前滑动窗口下，我们还需要的元素数量，我们在改变 l , r 时，需同步维护 res。
值得注意的是，只要某个元素包含在滑动窗口中，我们就会在 res 中存储这个元素的数量，如果某个元素存储的是负数代表这个元素是多余的。比如当 res 等于{'A':-2,'C':1}时，表示当前滑动窗口中，我们有 2 个A是多余的，同时还需要 1 个C。这么做的目的就是为了步骤二中，排除不必要的元素，数量为负的就是不必要的元素，而数量为 0 表示刚刚好。
回到问题中来，那么如何判断滑动窗口包含了T的所有元素？结论就是当 res 中所有元素的数量都小于等于 0 时，表示当前滑动窗口不再需要任何元素。
优化
如果每次判断滑动窗口是否包含了T的所有元素，都去遍历 res 看是否所有元素数量都小于等于0，这个会耗费O(k)的时间复杂度，k 代表数组长度，最坏情况下，k 可能等于len(S)。
其实这个是可以避免的，我们可以维护一个额外的变量 count 来记录所需元素的总数量，当我们碰到一个所需元素c，不仅res[c]的数量减少1，同时 count 也要减少1，这样我们通过 count 就可以知道是否满足条件，而无需遍历数组了。
前面也提到过，res 记录了遍历到的所有元素，而只有res[c] > 0大于0时，代表c就是所需元素

代码和提交截图如下：

class Solution {
    public String minWindow(String s, String t) {
        if(s.length() == 0 || t.length() == 0 || s.length() < t.length()){
            return "";
        }
        int[] res = new int[58];
        //记录需要的字符的个数
        for(int i = 0 ; i < t.length() ; i++){
            res[t.charAt(i)-'A']++;
        }
         //l是当前左边界，r是当前右边界，size记录窗口大小，count是需求的字符个数，startIndex是最小覆盖串开始的index
        int count = t.length();
        int l = 0 ;
        int r = 0 ;
        int startIndex = 0;
        int size = Integer.MAX_VALUE;
         //遍历所有字符
        while(r < s.length()){
            char temp = s.charAt(r);
        //如果 temp-'A' > 0，则说明temp是需要的字母，count--。
            if(res[temp-'A'] > 0){
                count--;
            }
            res[temp-'A']--;
        //count == 0 说明 l 和 r 之间的区域已经包含了t的所有字母，这时候需要优化 l 指针。
            if(count == 0){
                while(l < r && res[s.charAt(l) - 'A'] < 0){
                    res[s.charAt(l) - 'A']++;
                    l++;
                }
        //l指针也已经优化到了最好，这时候就要判断当前这一段的长度和之前比有没有短，短则记录。
                if(r-l+1 < size){
                    size = r-l+1;
                    startIndex = l;
                }
        //完事之后将l++；打破 count 的平衡。
                res[s.charAt(l) - 'A']++;
                l++;
                count++;
            }
            r++;
        }
        return size == Integer.MAX_VALUE ? "" : s.substring(startIndex,startIndex+size);
    }
}

总结：这道题是上次没有 ac 的一道题，起初我用的是暴力的方法，将数组中所有大于等于t长度的子串全都模拟一遍，并且计算是不是包括，但是有个测试用例超时了。