力扣 209 长度最小的子数组
给定一个含有 n 个正整数的数组和一个正整数 target 。
找出该数组中满足其总和大于等于 target 的长度最小的 子数组 [numsl, numsl+1, ..., numsr-1, numsr] ，并返回其长度**。**如果不存在符合条件的子数组，返回 0 。
示例 1：
**输入：**target = 7, nums = [2,3,1,2,4,3]
**输出：**2
**解释：**子数组 [4,3] 是该条件下的长度最小的子数组。
示例 2： **输入：**target = 4, nums = [1,4,4] **输出：**1
示例 3： **输入：**target = 11, nums = [1,1,1,1,1,1,1,1] **输出：**0
提示：
1 <= target <= 1091 <= nums.length <= 1051 <= nums[i] <= 104
解法一 暴力解法
暴力解法的思路就是写两个 for 循环，挨个筛查符合条件的子序列，最后得出结果。
其运行逻辑如下图：
✅下面是暴力解法的完整力扣代码：
class Solution {
public:
int minSubArrayLen(int target, vector<int>& nums) {
int result = INT32_MAX;
int sum = 0;
int subLength = 0;
for(int i = 0;i < nums.size();i++){
sum = 0;
for(int j = i;j < nums.size();j++){
sum += nums[j];
if(sum >= target){
subLength = j - i + 1;
result = result < subLength ? result : subLength;
break;
}
}
}
return result == INT32_MAX ? 0 : result;
}
};
❌提交代码后会发现暴力解法有一部分测试用例会超时，这是因为暴力解法的时间复杂度为 O(n^2) ，当数据过大便无法正常通过。
在代码中值得强调的一点是
INT32_MAX 的使用：
INT32_MAX 是32 位 int 类型能存储的最大数值，其值为 2147483647。在本题中，我们需要先初始化一个比较大的值给 result ，这个值的要求是远大于数组有效长度，目的是标记还没有找到符合条件的子数租。基于这个要求和目的，其实也可以使用 nums.size() + 1 替代，因为无论如何数组不可能超出其长度加一。
解法二 滑动窗口法
鉴于暴力解法无法完全通过，我们使用双指针进行优化。所谓滑动窗口，就是不断的调节子序列的起始位置和终止位置，像一个窗口一样不断截取，最终得到结果。在暴力解法中，是一个for循环滑动窗口的起始位置，一个for循环为滑动窗口的终止位置，用两个for循环 完成了一个不断向前搜索区间的过程（就像解法一视频中一个蓝色块，一个绿色块，两个一前一后是一个窗口），而滑动窗口法则利用一个for循环便实现。
那么一个for循环怎么滑动呢？这里分起始和结束讨论：
首先需要明确的是所谓窗口就是满足其和 ≥ s 的长度最小的连续子数组。 窗口的起始位置移动：如果当前窗口的值大于等于s了，窗口就要向前移动了。 窗口的结束位置移动：窗口的结束位置就是遍历数组的指针，也就是for循环里的索引。
✅下面是滑动窗口法的完整力扣代码：
class Solution {
public:
int minSubArrayLen(int s, vector<int>& nums) {
int result = INT32_MAX;
int sum = 0;
int i = 0;
int subLength = 0;
for (int j = 0; j < nums.size(); j++) {
sum += nums[j];
while (sum >= s) {
subLength = (j - i + 1);
result = result < subLength ? result : subLength;
sum -= nums[i++];
}
}
return result == INT32_MAX ? 0 : result;
}
};
优化后，滑动窗口法的时间复杂度为 O(n) 。应该注意的是for里放一个while不一定是O(n^2)， 应该看的是每一个元素被操作的次数，每个元素在滑动窗后进来操作一次，出去操作一次，每个元素都是被操作两次，所以时间复杂度是 2 × n 也就是O(n)。
