精读《算法 - 滑动窗口》

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精读《算法 - 滑动窗口》

滑动窗口算法是较为入门题目的算法,一般是一些有规律数组问题的最优解,也就是说,如果一个数组问题可以用动态规划解,但又可以使用滑动窗口解决,那么往往滑动窗口的效率更高。

双指针也并不局限在数组问题,像链表场景的 “快慢指针” 也属于双指针的场景,其快慢指针滑动过程中本身就会产生一个窗口,比如当窗口收缩到某种程度,可以得到一些结论。

因此掌握滑动窗口非常基础且重要,接下来按照我的经验给大家介绍这个算法。

精读

滑动窗口使用双指针解决问题,所以一般也叫双指针算法,因为两个指针间形成一个窗口。

什么情况适合用双指针呢?一般双指针是暴力算法的优化版,所以:

  1. 如果题目较为简单,且是数组或链表问题,往往可以尝试双指针是否可解。
  2. 如果数组存在规律,可以尝试双指针。
  3. 如果链表问题限制较多,比如要求 O(1) 空间复杂度解决,也许只有双指针可解。

也就是说,当一个问题比较有规律,或者较为简单,或较为巧妙时,可以尝试双指针(滑动窗口)解法。

我们还是拿例子说明,首先是两数之和。

两数之和

两数之和是一道简单题,实际上和滑动窗口没什么关系,但为了引出三数之和,还是先讲这道题。题目如下:

给定一个整数数组 nums 和一个整数目标值 target,请你在该数组中找出 和为目标值 target  的那 两个 整数,并返回它们的数组下标。

你可以假设每种输入只会对应一个答案。但是,数组中同一个元素在答案里不能重复出现。

暴力解法就是穷举所有两数之和,发现和为 target 结束,显然这种做法有点慢,我们换一种思路。

由于可以用空间换时间,又只有两个数,我们可以对题目进行转化,即通过一次遍历,将 nums 每一项都减去 target,然后找到后面任意一项值为前面的结果,即表示它们和为 target

可以用哈希表 map 加速查询,即将每一项 target - num 作为 key,如果后面任何一个 num 作为 key 可以在 map 中找到,则得解,且上一个数的原始值可以存在 map 的 value 中。这要仅需遍历一次,时间复杂度为 O(n)。

之所以说这道题,是因为这道题是单指针,即只有一个指针在数组中移动,并配合哈希表快速求解。对于稍微复杂的问题,单指针就不够了,需要用双指针解决(一般来说不会用到三或以上指针),那复杂点的题目就是三数之和了。

三数之和

三数之和是一道中等题,别以为只是两数之和的加强版,其思路完全不同。题目如下:

给你一个包含 n 个整数的数组 nums,判断 nums 中是否存在三个元素 abc ,使得 a + b + c = 0 ?请你找出所有和为 0 且不重复的三元组。

由于超过了两个数,所以不能像双指针一样求解了,因为即便用了哈希表存储,也会在遍历时遇到 “两数之和” 的问题,而哈希表方案无法继续嵌套使用,即无法进一步降低复杂度。

为了降低时间复杂度,我们希望只遍历一次数组,这就需要数组满足一定条件我们才能用滑动窗口,所以我们对数组进行排序,使用快排的时间复杂度为 O(nlogn),时间复杂度已超出两数之和,不过因为题目复杂,这个牺牲是无法避免的。

假设从小到大排序,那我们就拿到一个递增数组了,此时经典滑动窗口方法就可用了!怎么滑动呢?首先创建两个指针,分别叫 leftright,通过不断修改 leftright,让它们在数组间滑动,这个窗口大小就是符合题目要求的,当滑动完毕时,返回所有满足条件的窗口即可,记录其实很简单,只要在滑动过程中记录一下就行。

首先排除异常值,即数组长度过小,然后对于常规情况,我们拿一个全局变量存储当前窗口数的和,这样 right + 1 只要累加 nums[right+1]left + 1 只要减去 nums[left] 即可快速拿到求和。

由于需要考虑所有情况,所以需要一次数组遍历,对于每次遍历的起始点 i,如果 nums[i] > 0 则直接跳过,因为数组排序后是递增的,后面的和只会永远大于 0;否则进行窗口滑动,先形成三个点 [i, i+1, n-1],这样保持 i 不动,不断包夹后两个数字即可,只要它们的和大于 0,就将第三个点左移(数字会变小),否则将第二个点右移(数字会变大),其实第二个和第三个数就是滑动窗口。

这样的话时间复杂度是 O(n²),因为存在两次遍历,忽略快排较小的时间复杂度。

那么四数之和,五数之和呢?

四数之和

该题和三数之和完全一样,除了要求变成四个数。

首先还是排序,然后双重递归,即确定前两个数不变,不断包夹后两个数,后两个数就是 i+1n-1,算法和三数之和一样,所以最终时间复杂度为 O(n³)。

那么 N 数之和(N > 2)都可以采用这个思路解决。

为什么没有更优的方法呢?我想可能因为:

  1. 无论几数之和,快排一次时间复杂度都是固定的,所以沿用三数之和的方案其实占了排序算法便宜。
  2. 滑动窗口只能用两个指针进行移动,而没有三指针但又保持时间复杂度不变的窗口滑动算法存在。

所以对于 N 数之和,通过排序付出了 O(nlogn) 时间复杂度之后,可以用滑动窗口,将 2 个数时间复杂度优化为 O(n),所以整体时间复杂度就是 O(N - 2 + 1 个 n),即 O(N-1 个 n),而最小的时间复杂度 O(n²) 比 O(nlogn) 大,所以总是忽略快排的时间复杂度,所以三数之和时间复杂度是 O(n²),四数之和时间复杂度为 O(n³),依此类推。

可以看到,我们从最简单的两数之和,到三数之和、四数之和,跨入了滑动窗口的门槛,本质上是利用排序后数组有序的特性,让我们在不用遍历数组的前提下,可以对窗口进行滑动,这是滑动窗口算法的核心思想。

为了加强这个理解,再看一道类似的题目,无重复字符的最长子串。

无重复字符的最长子串

无重复字符的最长子串是一道中等题,题目如下:

给定一个字符串,请你找出其中不含有重复字符的 最长子串 的长度。

由于最长子串是连续的,所以显然可以考虑滑动窗口解法。其实确定了滑动窗口解法后,问题很简单,只要设定 leftright,并用一个哈希 Set 记录哪些元素存在过,在过程中记录最大长度,并尝试 right 右移,如果右移过程中发现出现重复字符,则 left 右移,直到消除这个重复字符为止。

解法并不难,但问题是,我们要想清楚,为什么用滑动窗口遍历一次就可以做到 不重不漏?即这道题时间复杂度只有 O(n) 呢?

只要想明白两个问题:

  1. 由于子串是连续的,既然不存在跳跃的情况,只要一次滑动窗口内能包含所有解,就涵盖了所有情况。
  2. 一次滑动窗口内不包含什么?由于我们只将 right 右移,且出现重复后尝试将 left 右移到不重复后,right 再继续右移,这忽略了出现重复后, right 左移的情况。

我们重点看二个问题,显然,如果 abcd 这四个连续的字符不重复,那么 left 右移后,bcd 也显然不重复,所以如果此时就可以将 right 右移形成 bcda 的窗口继续找下去,而不需要尝试 bc 这种情况,因为这种情况虽然不重复,但一定不是最优解。

好了,通过这个例子我们看到,滑动窗口如何缩小窗口范围其实不难,但更要注重的是,背后对于为什么可以用滑动窗口的思考,滑动窗口有没有做到不重不漏,如果没有想清楚,可能整个思路都错了。

那么滑动窗口的应用已经说透了?其实没有,我们上面只说了缩小窗口这种比较单一的脑回路,其实双指针构成的滑动窗口不一定都是那么正常滑的,一种有意思的场景是快慢指针,即是以相对速度决定窗口如何滑动。

关于快慢指针,经典的题目有环形链表、删除有序数组中的重复项。

环形链表

环形链表是一道简单题,题目如下:

给定一个链表,判断链表中是否有环。

如果不是进阶要求空间复杂度 O(1),我们可以在遍历时稍稍 “污染” 一下原始链表,这样总能发现是否走了回头路。

但要求空间开销必须是常数,我们不得不考虑快慢指针。说实话第一次看到这道题时,如果能想到快慢指针的解法,绝对是相当聪明的,因为必须要有知识迁移的能力。怎么迁移呢?想象学校在开运动会,相信每次都有一个跑的最慢的同学,慢到被最快的同学追了一圈。

等等,操场不就是环形链表吗?只要有人跑得慢,就会被跑得快的追上,追上不就是相遇了吗? 所以快慢指针分别跑,只要相遇则判定为环形链表,否则不是环形链表,且一定有一个指针先走完。

那么细枝末节就是优化效率了,慢指针到底慢多少呢?

有人会说,运动会上,跑步慢的人如果想被快的人追上,最好就不要跑。对,但环形链表问题中,链表不是操场,可能只有某一段是环,也就是跑步慢的人至少要跑到环里,才可能与跑得快人的相遇,但跑得慢的人又不知道哪里开始成环,这就是难点。

你有没有想过,为什么快排用二分法,而不是三分法?为什么每次中间来一刀,可以最快排完?原因是二分可以用最小的 “深度” 将数组切割为最小粒度。那么同理,快慢指针中,慢指针要想被尽快追上,速度可能最好是快指针的一半。那从逻辑上分析,为什么呢?

直观来看,如果慢指针太慢,可能大部分时间都在进入环形之前的位置转悠,快指针虽然快,但永远在环里跑,所以总是无法遇到慢指针,这给我们的启示是,慢指针不能太慢;如果慢指针太快,几乎速度和快指针一样,就像两个运动员都互不相让的争夺第一一样,他们真的想相遇,估计得连续跑几个小时吧,所以慢指针也不能过快。所以这样分析下来,慢指针只能取折中的一半速度。

但用一半的慢速真的能最快相遇吗?不一定,举一个例子,假设链表是完美环形,一共有 [1,6] 共 6 个节点,那么慢指针一次走 1 步,快指针一次走 2 步,那么一共是 2,3 3,5 4,1 5,3 6,5 1,1 共走 6 步,但如果快指针一次走 3 步呢?一共是 2,4 3,1 4,4 3 步。这么说一般速度不一定最优?其实不是的,计算机在链表寻址时,节点访问的消耗也要考虑进去,后者虽然看上去更快,但其实访问链表 next 的次数更多,对计算机来说,还不如第一种来得快。

所以准确来说,不是快指针比慢指针快一倍速度,而是慢指针一次走一步,快指针一次走两步最优,因为相遇时,总移动步数最少。

再说一个简单问题,即用快慢指针判断链表中倒数第k个节点或者链表中点。

判断链表中点

快指针是慢指针速度 2 倍,当快指针到达尾部,慢指针的位置就是链表中点。

链表中倒数第k个节点

链表中倒数第k个节点是一道简单题,题目如下:

输入一个链表,输出该链表中倒数第 k 个节点。为了符合大多数人的习惯,本题从 1 开始计数,即链表的尾节点是倒数第 1 个节点。

这道题就是判断链表中点的变种,只要让慢指针比快指针慢 k 个节点,当快指针到达末尾时,慢指针就指向倒数第 k+1 个节点了。这道题注意一下数数别数错了即可。

接下来终于说道快慢指针的另一种经典用法题型,删除有序数组中的重复项了。

删除有序数组中的重复项

删除有序数组中的重复项是一道简单题,题目如下:

给你一个有序数组 nums ,请你 原地 删除重复出现的元素,使每个元素 只出现一次 ,返回删除后数组的新长度。

这道题,要原地删除重复元素,并返回长度,所以只能用快慢指针。但怎么用呢?快多少慢多少?

其实这道题快多少慢多少并不像前面题目一样预设好了,而是根据遇到的实际数字来判断。

我们假设慢指针是 slow 快指针是 fast,注意变量命名也有意思,同样是双指针问题,有的是 slow right,有的是 slow fast,重点在于用何种方法移动指针。

我们只要让 fast 扫描完全表,把所有不重复的挪到一起就好了,这样时间复杂度是 O(n),具体做法是:

  1. slowfast 初始都指向 index 0。
  2. 由于是 有序数组,所以就算有重复也一定连在一起,所以可以让 fast 直接往后扫描,只有遇到和 slow 不同的值,才把其和 slow+1 交换,然后 slow 自增,继续递归,直到 fast 走到数组尾部结束。

做完这套操作后,slow 的下标值就是答案。

可以看到,这道题对于慢指针要如何慢,其实是根据值来判断的,如果 fast 的值与 slow 一样,那么 slow 就一直等着,因为相同的值要被忽略掉,让 fast 走就是在跳过重复值。

说完了常见的双指针用法,我们再来看一些比较难啃的特殊问题,这里主要讲两个,分别是 盛最多水的容器接雨水

盛最多水的容器

盛最多水的容器是一道中等题,题目如下:

给你 n 个非负整数 a1,a2,...,an,每个数代表坐标中的一个点 (i, ai) 。在坐标内画 n 条垂直线,垂直线 i 的两个端点分别为 (i, ai)(i, 0) 。找出其中的两条线,使得它们与 x 轴共同构成的容器可以容纳最多的水。

建议先仔细读一读题目再继续,这道题相对比较复杂。

好了,为什么说这是一道双指针题目呢?因为我们看怎么计算容纳水的体积?其实这道题就简化为长乘宽。

长度就是选取的两个柱子的间距,宽就是其中最短柱子的高度。问题就是,虽然柱子间距越远,长度越大,但宽度不一定最大,一眼是没法看出来最优解的。

所以还是得多次尝试,那怎么样可以用最少的尝试次数,但又不重不漏呢?定义 left right 两个指针,分别指向 0n-1 即首尾两个位置,此时长度是最大的(柱子间距离是最远的),接下来尝试一下别的柱子,试哪个呢?

  • 较长的那个?如果新的比较短的更短,那么宽度更短了;如果新的比较短的更长,也没用,因为较短的决定了水位。
  • 较短的那个?如果新的较长,那么才有机会整体体积更大。

所以我们移动较短的那个,并每次计算一下体积,最后当两根柱子相遇时结束,过程中最大体积就是全局最大体积。

这道题双指针的移动规则比较巧妙,与上面普通题目不一样,重点不是在是否会运用滑动窗口算法,而是能否找到移动指针的规则。

当然你可能会说,为什么两个指针要定义在最两端,而非别的地方?因为这样就无法控制变量了。

如果指针选在中间位置,那么指针外移时,柱子的间距与柱子长度同时变化,就很难找到一条完美路线。比如我们移动较短的柱子,是因为较短的柱子确定了最低水位,改变它,可能让最低水位变高,但问题是两根柱子的间距也在变大,这样移动较短还是较长的柱子哪个更优就说不准了。

说实话这种方法不太容易想到,需要多找几种选择尝试才能发现。当然,算法如果按照固定套路就能推导出来,也就没有难度了,所以要接受这种思维跳跃。

接下来我们看一道更特殊的滑动窗口问题,接雨水,它甚至分为多段滑动窗口。

接雨水

接雨水是一道困难题,题目如下:

给定 n 个非负整数表示每个宽度为 1 的柱子的高度图,计算按此排列的柱子,下雨之后能接多少雨水。

与盛雨水不同,这道接雨水看的是整体,我们要算出能接的所有水的数量。

其实相比上一道题,这道题还算比较好切入,因为我们从左到右计算即可。思考发现,只有产生了 “凹槽” 才能接到雨水,而凹槽由它两边最高的柱子决定,那什么范围算一段凹槽呢?

显然凹槽是可以明确分组的,一个凹槽也无法被分割为多个凹槽,就像你看水坑一样,无论有多少,多深的坑在一起,总能一个一个数清楚,所以我们就从左到右开始数。

怎么数凹槽呢?用滑动窗口办法,每个窗口就是一个凹槽,那么窗口的起点 left 就是左边第一根柱子,有以下情况:

  • 如果直接相邻的右边柱子更高(或一样高),那从它开始向右看,根本无法接雨水,所以直接抛弃,left++
  • 如果直接相邻的右边柱子更矮,那就有产生凹槽的机会。
    • 那么继续往右看,如果右边一直都更矮,那也接不到雨水。
    • 如果右边出现一个高一些的,就可以接到雨水,那问题是怎么算能接多少,以及找到哪结束呢?
      • 只要记录最左边柱子高度,右边柱子的结束判断条件是 “遇到一个与最左边一样高的柱子”,因为一个凹槽能接多少水,取决于最短的柱子。当然,如果右边没有柱子了,虽然比最左边低一点,但只要比最深的高,也算一个结束点。

这道题,一旦遇到凹槽结束点,left 就会更新,开始新的一轮凹槽计算,所以存在多个滑动窗口。从这道题可以看出,滑动窗口题型相当灵活,不仅判断条件因题而异,窗口数量可能也有多个。

总结

滑动窗口本质是双指针的玩法,不同题目有不同的套路,从最简单的按照规律包夹,到快慢指针,再到无固定套路的因题而异的特殊算法。

其实按照规律包夹的套路属于碰撞指针范畴,一般对于排序好的数组,可以一步一步判断,或者用二分法判断,总之不用根据整体遍历来判断,效率自然高。

快慢指针也有套路可循,但具体快多少,或者慢多少,可能具体场景要具体看。

对于无固定套路的滑动窗口,就要根据题目仔细品味啦,如果所有套路都能总结出来,算法也少了乐趣。

讨论地址是:精读《算法 - 滑动窗口》· Issue #328 · dt-fe/weekly

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