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读完本文，你不仅学会了算法套路，还可以顺便解决如下题目：
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tip：本文有视频版：滑动窗口算法核心模板框架。建议关注我的 B 站账号，我会用视频领读的方式带大家学习那些稍有难度的算法技巧。
鉴于前文 二分搜索框架详解 的那首《二分搜索升天词》很受好评，并在民间广为流传，成为安睡助眠的一剂良方，今天在滑动窗口算法框架中，我再次编写一首小诗来歌颂滑动窗口算法的伟大（手动狗头）：
哈哈，我自己快把自己夸上天了，大家乐一乐就好，不要当真：）
关于双指针的快慢指针和左右指针的用法，可以参见前文 双指针技巧汇总，本文就解决一类最难掌握的双指针技巧：滑动窗口技巧。并总结出一套框架，可以保你闭着眼睛都能写出正确的解法。
滑动窗口算法技巧主要用来解决子数组问题，比如让你寻找符合某个条件的最长/最短子数组。
如果用暴力解的话，你需要嵌套 for 循环这样穷举所有子数组，时间复杂度是 O(N^2)：
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
for (int j = i; j < nums.size(); j++) {
// nums[i, j] 是一个子数组
}
}滑动窗口算法技巧的思路也不难，就是维护一个窗口，不断滑动，然后更新答案，该算法的大致逻辑如下：
int left = 0, right = 0;
while (right < nums.size()) {
// 增大窗口
window.add(nums[right]);
right++;
while (window needs shrink) {
// 缩小窗口
window.remove(nums[left]);
left++;
}
}基于滑动窗口算法框架写出的代码，时间复杂度是 O(N)，比嵌套 for 循环的暴力解法效率高。
::: info 为啥是 O(N)？
肯定有读者要问了，你这个滑动窗口框架不也用了一个嵌套 while 循环？为啥复杂度是 O(N) 呢？
简单说，指针 left, right 不会回退（它们的值只增不减），所以字符串/数组中的每个元素都只会进入窗口一次，然后被移出窗口一次，不会说有某些元素多次进入和离开窗口，所以算法的时间复杂度就和字符串/数组的长度成正比。
反观嵌套 for 循环的暴力解法，那个 j 会回退，所以某些元素会进入和离开窗口多次，所以时间复杂度就是 O(N^2) 了。
我在 算法时空复杂度分析实用指南 有教大家如何从理论上估算时间空间复杂度，这里就不展开了。
:::
其实困扰大家的，不是算法的思路，而是各种细节问题。比如说如何向窗口中添加新元素，如何缩小窗口，在窗口滑动的哪个阶段更新结果。即便你明白了这些细节，代码也容易出 bug，找 bug 还不知道怎么找，真的挺让人心烦的。
所以今天我就写一套滑动窗口算法的代码框架，我连再哪里做输出 debug 都给你写好了，以后遇到相关的问题，你就默写出来如下框架然后改三个地方就行，保证不会出 bug。
因为本文的例题大多是子串相关的题目，字符串实际上就是数组，所以我就把输入设置成字符串了。你做题的时候根据具体题目自行变通即可：
/* 滑动窗口算法框架 */
void slidingWindow(string s) {
// 用合适的数据结构记录窗口中的数据，根据具体场景变通
// 比如说，我想记录窗口中元素出现的次数，就用 map
// 我想记录窗口中的元素和，就用 int
unordered_map<char, int> window;
int left = 0, right = 0;
while (right < s.size()) {
// c 是将移入窗口的字符
char c = s[right];
window.add(c)
// 增大窗口
right++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
...
/*** debug 输出的位置 ***/
// 注意在最终的解法代码中不要 print
// 因为 IO 操作很耗时，可能导致超时
printf("window: [%d, %d)\n", left, right);
/********************/
// 判断左侧窗口是否要收缩
while (left < right && window needs shrink) {
// d 是将移出窗口的字符
char d = s[left];
window.remove(d)
// 缩小窗口
left++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
...
}
}
}框架中两处 ... 表示的更新窗口数据的地方，在具体的题目中，你需要做的就是往这里面填代码逻辑。而且，这两个 ... 处的操作分别是扩大和缩小窗口的更新操作，等会你会发现它们操作是完全对称的。
说句题外话，有些读者评论我这个框架，说散列表速度慢，不如用数组代替散列表；还有些人喜欢把代码写得特别短小，说我这样代码太多余，速度不够快。我的意见是，算法主要看时间复杂度，你能确保自己的时间复杂度最优就行了。至于 LeetCode 的运行速度，那个有点玄学，只要不是慢的离谱就没啥问题，根本不值得你从编译层面优化，不要舍本逐末……
再说，我的算法教程重点在于算法思想，你先做到能把框架思维运用自如，然后随便你魔改代码好吧，保你怎么写都能写对。
言归正传，下面就直接上四道力扣原题来套这个框架，其中第一道题会详细说明其原理，后面四道就直接闭眼睛秒杀了。
因为滑动窗口很多时候都是在处理字符串相关的问题，而 Java 处理字符串不方便，所以本文代码为 C++ 实现。不会用到什么特定的编程语言技巧，但是还是简单介绍一下一些用到的数据结构，以免有的读者因为语言的细节问题阻碍对算法思想的理解：
unordered_map 就是哈希表（字典），相当于 Java 的 HashMap，它的一个方法 count(key) 相当于 Java 的 containsKey(key) 可以判断键 key 是否存在。
可以使用方括号访问键对应的值 map[key]。需要注意的是，如果该 key 不存在，C++ 会自动创建这个 key，并把 map[key] 赋值为 0。所以代码中多次出现的 map[key]++ 相当于 Java 的 map.put(key, map.getOrDefault(key, 0) + 1)。
另外，Java 中的 Integer 和 String 这种包装类不能直接用 == 进行相等判断，而应该使用类的 equals 方法，这个语言特性坑了不少读者，在代码部分我会给出具体提示。
先来看看力扣第 76 题「最小覆盖子串」难度 Hard：
就是说要在 S(source) 中找到包含 T(target) 中全部字母的一个子串，且这个子串一定是所有可能子串中最短的。
如果我们使用暴力解法，代码大概是这样的：
for (int i = 0; i < s.size(); i++)
for (int j = i + 1; j < s.size(); j++)
if s[i:j] 包含 t 的所有字母:
更新答案思路很直接，但是显然，这个算法的复杂度肯定大于 O(N^2) 了，不好。
滑动窗口算法的思路是这样：
1、我们在字符串 S 中使用双指针中的左右指针技巧，初始化 left = right = 0，把索引左闭右开区间 [left, right) 称为一个「窗口」。
::: tip 为什么要「左闭右开」区间
理论上你可以设计两端都开或者两端都闭的区间，但设计为左闭右开区间是最方便处理的。
因为这样初始化 left = right = 0 时区间 [0, 0) 中没有元素，但只要让 right 向右移动（扩大）一位，区间 [0, 1) 就包含一个元素 0 了。
如果你设置为两端都开的区间，那么让 right 向右移动一位后开区间 (0, 1) 仍然没有元素；如果你设置为两端都闭的区间，那么初始区间 [0, 0] 就包含了一个元素。这两种情况都会给边界处理带来不必要的麻烦。
:::
2、我们先不断地增加 right 指针扩大窗口 [left, right)，直到窗口中的字符串符合要求（包含了 T 中的所有字符）。
3、此时，我们停止增加 right，转而不断增加 left 指针缩小窗口 [left, right)，直到窗口中的字符串不再符合要求（不包含 T 中的所有字符了）。同时，每次增加 left，我们都要更新一轮结果。
4、重复第 2 和第 3 步，直到 right 到达字符串 S 的尽头。
这个思路其实也不难，第 2 步相当于在寻找一个「可行解」，然后第 3 步在优化这个「可行解」，最终找到最优解，也就是最短的覆盖子串。左右指针轮流前进，窗口大小增增减减，就好像一条毛毛虫，一伸一缩，不断向右滑动，这就是「滑动窗口」这个名字的来历。
下面画图理解一下，needs 和 window 相当于计数器，分别记录 T 中字符出现次数和「窗口」中的相应字符的出现次数。
初始状态：
增加 right，直到窗口 [left, right) 包含了 T 中所有字符：
现在开始增加 left，缩小窗口 [left, right)：
直到窗口中的字符串不再符合要求，left 不再继续移动：
之后重复上述过程，先移动 right，再移动 left…… 直到 right 指针到达字符串 S 的末端，算法结束。
如果你能够理解上述过程，恭喜，你已经完全掌握了滑动窗口算法思想。现在我们来看看这个滑动窗口代码框架怎么用：
首先，初始化 window 和 need 两个哈希表，记录窗口中的字符和需要凑齐的字符：
unordered_map<char, int> need, window;
for (char c : t) need[c]++;然后，使用 left 和 right 变量初始化窗口的两端，不要忘了，区间 [left, right) 是左闭右开的，所以初始情况下窗口没有包含任何元素：
int left = 0, right = 0;
int valid = 0;
while (right < s.size()) {
// 开始滑动
}其中 valid 变量表示窗口中满足 need 条件的字符个数，如果 valid 和 need.size 的大小相同，则说明窗口已满足条件，已经完全覆盖了串 T。
现在开始套模板，只需要思考以下几个问题：
1、什么时候应该移动 right 扩大窗口？窗口加入字符时，应该更新哪些数据？
2、什么时候窗口应该暂停扩大，开始移动 left 缩小窗口？从窗口移出字符时，应该更新哪些数据？
3、我们要的结果应该在扩大窗口时还是缩小窗口时进行更新？
如果一个字符进入窗口，应该增加 window 计数器；如果一个字符将移出窗口的时候，应该减少 window 计数器；当 valid 满足 need 时应该收缩窗口；应该在收缩窗口的时候更新最终结果。
下面是完整代码：
string minWindow(string s, string t) {
unordered_map<char, int> need, window;
for (char c : t) need[c]++;
int left = 0, right = 0;
int valid = 0;
// 记录最小覆盖子串的起始索引及长度
int start = 0, len = INT_MAX;
while (right < s.size()) {
// c 是将移入窗口的字符
char c = s[right];
// 扩大窗口
right++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.count(c)) {
window[c]++;
if (window[c] == need[c])
valid++;
}
// 判断左侧窗口是否要收缩
while (valid == need.size()) {
// 在这里更新最小覆盖子串
if (right - left < len) {
start = left;
len = right - left;
}
// d 是将移出窗口的字符
char d = s[left];
// 缩小窗口
left++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.count(d)) {
if (window[d] == need[d])
valid--;
window[d]--;
}
}
}
// 返回最小覆盖子串
return len == INT_MAX ?
"" : s.substr(start, len);
}::: warning
使用 Java 的读者要尤其警惕语言特性的陷阱。Java 的 Integer，String 等类型判定相等应该用 equals 方法而不能直接用等号 ==，这是 Java 包装类的一个隐晦细节。所以在缩小窗口更新数据的时候，不能直接改写为 window.get(d) == need.get(d)，而要用 window.get(d).equals(need.get(d))，之后的题目代码同理。
:::
需要注意的是，当我们发现某个字符在 window 的数量满足了 need 的需要，就要更新 valid，表示有一个字符已经满足要求。而且，你能发现，两次对窗口内数据的更新操作是完全对称的。
当 valid == need.size() 时，说明 T 中所有字符已经被覆盖，已经得到一个可行的覆盖子串，现在应该开始收缩窗口了，以便得到「最小覆盖子串」。
移动 left 收缩窗口时，窗口内的字符都是可行解，所以应该在收缩窗口的阶段进行最小覆盖子串的更新，以便从可行解中找到长度最短的最终结果。
至此，应该可以完全理解这套框架了，滑动窗口算法又不难，就是细节问题让人烦得很。以后遇到滑动窗口算法，你就按照这框架写代码，保准没有 bug，还省事儿。
下面就直接利用这套框架秒杀几道题吧，你基本上一眼就能看出思路了。
这是力扣第 567 题「字符串的排列」，难度中等：
注意哦，输入的 s1 是可以包含重复字符的，所以这个题难度不小。
这种题目，是明显的滑动窗口算法，相当给你一个 S 和一个 T，请问你 S 中是否存在一个子串，包含 T 中所有字符且不包含其他字符？
首先，先复制粘贴之前的算法框架代码，然后明确刚才提出的几个问题，即可写出这道题的答案：
// 判断 s 中是否存在 t 的排列
bool checkInclusion(string t, string s) {
unordered_map<char, int> need, window;
for (char c : t) need[c]++;
int left = 0, right = 0;
int valid = 0;
while (right < s.size()) {
char c = s[right];
right++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.count(c)) {
window[c]++;
if (window[c] == need[c])
valid++;
}
// 判断左侧窗口是否要收缩
while (right - left >= t.size()) {
// 在这里判断是否找到了合法的子串
if (valid == need.size())
return true;
char d = s[left];
left++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.count(d)) {
if (window[d] == need[d])
valid--;
window[d]--;
}
}
}
// 未找到符合条件的子串
return false;
}对于这道题的解法代码，基本上和最小覆盖子串一模一样，只需要改变几个地方：
1、本题移动 left 缩小窗口的时机是窗口大小大于 t.size() 时，因为排列嘛，显然长度应该是一样的。
2、当发现 valid == need.size() 时，就说明窗口中就是一个合法的排列，所以立即返回 true。
至于如何处理窗口的扩大和缩小，和最小覆盖子串完全相同。
::: note
由于这道题中 [left, right) 其实维护的是一个定长的窗口，窗口大小为 t.size()。因为定长窗口每次向前滑动时只会移出一个字符，所以可以把内层的 while 改成 if，效果是一样的。
:::
这是力扣第 438 题「找到字符串中所有字母异位词」，难度中等：
呵呵，这个所谓的字母异位词，不就是排列吗，搞个高端的说法就能糊弄人了吗？相当于，输入一个串 S，一个串 T，找到 S 中所有 T 的排列，返回它们的起始索引。
直接默写一下框架，明确刚才讲的 4 个问题，即可秒杀这道题：
vector<int> findAnagrams(string s, string t) {
unordered_map<char, int> need, window;
for (char c : t) need[c]++;
int left = 0, right = 0;
int valid = 0;
vector<int> res; // 记录结果
while (right < s.size()) {
char c = s[right];
right++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.count(c)) {
window[c]++;
if (window[c] == need[c])
valid++;
}
// 判断左侧窗口是否要收缩
while (right - left >= t.size()) {
// 当窗口符合条件时，把起始索引加入 res
if (valid == need.size())
res.push_back(left);
char d = s[left];
left++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
if (need.count(d)) {
if (window[d] == need[d])
valid--;
window[d]--;
}
}
}
return res;
}跟寻找字符串的排列一样，只是找到一个合法异位词（排列）之后将起始索引加入 res 即可。
这是力扣第 3 题「无重复字符的最长子串」，难度中等：
这个题终于有了点新意，不是一套框架就出答案，不过反而更简单了，稍微改一改框架就行了：
int lengthOfLongestSubstring(string s) {
unordered_map<char, int> window;
int left = 0, right = 0;
int res = 0; // 记录结果
while (right < s.size()) {
char c = s[right];
right++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
window[c]++;
// 判断左侧窗口是否要收缩
while (window[c] > 1) {
char d = s[left];
left++;
// 进行窗口内数据的一系列更新
window[d]--;
}
// 在这里更新答案
res = max(res, right - left);
}
return res;
}这就是变简单了，连 need 和 valid 都不需要，而且更新窗口内数据也只需要简单的更新计数器 window 即可。
当 window[c] 值大于 1 时，说明窗口中存在重复字符，不符合条件，就该移动 left 缩小窗口了嘛。
唯一需要注意的是，在哪里更新结果 res 呢？我们要的是最长无重复子串，哪一个阶段可以保证窗口中的字符串是没有重复的呢？
这里和之前不一样，要在收缩窗口完成后更新 res，因为窗口收缩的 while 条件是存在重复元素，换句话说收缩完成后一定保证窗口中没有重复嘛。
好了，滑动窗口算法模板就讲到这里，希望大家能理解其中的思想，记住算法模板并融会贯通。回顾一下，遇到子数组/子串相关的问题，你只要能回答出来以下几个问题，就能运用滑动窗口算法：
1、什么时候应该扩大窗口？
2、什么时候应该缩小窗口？
3、什么时候应该更新答案？
我在 滑动窗口经典习题 中使用这套思维模式列举了更多经典的习题，旨在强化你对算法的理解和记忆，以后就再也不怕子串、子数组问题了。
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