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题目描述

思路

滑动窗口

解题过程

题目要求找到包含 k 个 ‘1’ 的子字符串，并且需要满足两个条件：

1. 最短长度：在所有包含 k 个 ‘1’ 的子字符串中，长度最小。
2. 字典序最小：如果存在多个长度最短的子字符串，选择字典序最小的那个。

我们可以使用滑动窗口来解决这个问题。维护一个窗口 [left, right]，以及窗口内 ‘1’ 的计数 count。

1. 扩展窗口：移动 right 指针向右扩展窗口。如果 s[right] 是 ‘1’，则 count 增加。
2. 检查与收缩窗口：当 count 达到 k 时，当前窗口 [left, right] 就包含恰好 k 个 ‘1’ 了吗？不一定，可能 count > k。 我们需要一个 while 循环，当 count >= k 时：
   • 找到有效子串：如果 count == k，此时窗口 [left, right] 是一个包含 k 个 ‘1’ 的有效子字符串。我们计算其长度 len = right - left + 1。
   • 更新结果：
     • 如果 len 小于当前记录的最短长度 retLen，则更新 retLen = len，并将当前子字符串 s.substring(left, right + 1) 存为 retString。
     • 如果 len 等于 retLen，则比较当前子字符串 s.substring(left, right + 1) 与 retString 的字典序，如果当前子字符串字典序更小，则更新 retString。
   • 收缩窗口：为了寻找可能更短的或者字典序更小的有效子串（或者单纯为了让窗口继续滑动），我们需要移动 left 指针向右收缩窗口。如果滑出窗口的字符 s[left] 是 ‘1’，则 count 减少。然后 left++。
3. 循环与结束：right 指针遍历完整个字符串后结束。
4. 返回结果：如果 retLen 仍然是初始值 n + 1，说明没有找到包含 k 个 ‘1’ 的子字符串，返回空字符串 ""；否则返回 retString。

复杂度

• 时间复杂度: $O(n)$ - 每个字符最多进出窗口一次。字符串比较在最坏情况下可能达到 $O(n)$，但均摊下来，总复杂度仍接近 $O(n)$。
• 空间复杂度: $O(1)$ - 只使用了常数级别的额外空间（不算存储结果字符串的空间）。

Code

class Solution {public String shortestBeautifulSubstring(String s, int k) {String retString = "";int n = s.length();int retLen = n + 1;int count = 0;for (int left = 0, right = 0; right < n; right++) {char in = s.charAt(right);// 进窗口if (in == '1') {count++;}// 判断与收缩while (count >= k) {if (count == k) {int len = right - left + 1;// 更新结果String currentSub = s.substring(left, right + 1);if (len < retLen) {retLen = len;retString = currentSub;} else if (len == retLen) {if (retString.isEmpty() || currentSub.compareTo(retString) < 0) {retString = currentSub;}}}// 出窗口if (s.charAt(left) == '1') {count--;}left++;}}return (retLen == n + 1) ? "" : retString;}
}

题目描述

思路

滑动窗口

解题过程

维护一个滑动窗口 [left, right] 和窗口内元素的和 sum。

1. 扩展窗口：right 指针向右移动，将 nums[right] 加入 sum。
2. 检查与收缩窗口：使用 while 循环检查 sum 是否大于等于 target。
   • 如果 sum >= target，说明当前窗口 [left, right] 是一个满足条件的子数组。记录其长度 right - left + 1，并更新全局最小长度 ret。
   • 收缩窗口：因为题目要求最小长度，并且数组元素都是正数，所以当前窗口已经满足条件后，可以尝试缩短它。将 nums[left] 从 sum 中减去，并将 left 指针右移 (left++)。继续在 while 循环内检查 sum 是否仍然满足 >= target。
3. 循环与结束：right 指针遍历完整个数组后结束。
4. 返回结果：如果 ret 仍然是初始的最大值 Integer.MAX_VALUE，说明没有找到满足条件的子数组，返回 0；否则返回 ret。

复杂度

• 时间复杂度: $O(n)$ - 每个元素最多进出窗口一次。
• 空间复杂度: $O(1)$ - 只使用了常数级别的额外空间。

Code

class Solution { public int minSubArrayLen(int target, int[] nums) {int ret = Integer.MAX_VALUE;int sum = 0;int n = nums.length;for (int left = 0, right = 0; right < n; right++) {// 进窗口sum += nums[right];// 判断与收缩while (sum >= target) {// 更新结果ret = Math.min(ret, right - left + 1);// 出窗口sum -= nums[left];left++;}}// 返回结果return ret == Integer.MAX_VALUE ? 0 : ret;}
}

题目描述

思路

栈 (Stack)

解题过程

利用栈的“后进先出”特性来匹配括号。

1. 遍历字符串：逐个检查字符串中的字符。
2. 左括号：如果遇到左括号（(、[、{），将其压入栈中。
3. 右括号：如果遇到右括号（)、]、}）：
   • 检查栈是否为空：如果此时栈为空，说明没有对应的左括号与之匹配，字符串无效，返回 false。
   • 检查栈顶元素：查看（不弹出）栈顶的左括号 look = stack.peek()。
   • 匹配判断：判断当前右括号 in 是否与栈顶左括号 look 匹配。
     • 如果匹配（例如 look == '(' 且 in == ')'），则弹出栈顶元素 stack.pop()。
     • 如果不匹配，说明括号类型不对应，字符串无效，返回 false。
4. 遍历结束：遍历完整个字符串后：
   • 检查栈是否为空：如果栈为空，说明所有括号都成功匹配，字符串有效，返回 true。
   • 如果栈不为空，说明有多余的左括号没有被匹配，字符串无效，返回 false。

优化: 可以在开始时检查字符串长度是否为奇数，如果是奇数，则肯定无效，可以直接返回 false。

复杂度

• 时间复杂度: $O(n)$ - 只需遍历一次字符串。
• 空间复杂度: $O(n)$ - 最坏情况下，如果字符串全是左括号，栈的大小会等于字符串长度。

Code

class Solution {public boolean isValid(String ss) {if (ss == null || ss.length() % 2 != 0) {return false;}Stack<Character> stack = new Stack<>();char[] s = ss.toCharArray();for (int i = 0; i < s.length; i++) {char in = s[i];// 左括号入栈 if (in == '(' || in == '[' || in == '{') {stack.push(in);} else {// 右括号处理 // 栈为空，但遇到右括号 if (stack.isEmpty()) {return false;}char look = stack.peek();// 检查是否匹配if ((look == '(' && in == ')') ||(look == '[' && in == ']') ||(look == '{' && in == '}')) {stack.pop();} else {// 没匹配上return false;}}}// 遍历结束后，栈应该是空的return stack.isEmpty();}
}