代码随想录算法训练营｜长度最小的子数组-优快云博客

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代码随想录

https://programmercarl.com/0209.长度最小的子数组.html

题目

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 s ，找出该数组中满足其和 ≥ s 的长度最小的连续子数组，并返回其长度。如果不存在符合条件的子数组，返回 0。

示例：

输入：s = 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。
提示：

1 <= target <= 10^9
1 <= nums.length <= 10^5
1 <= nums[i] <= 10^5

笔记

暴力解法

双重for循环，遍历所有子数组，找出符合条件的子数组里长度最小的。
时间复杂度O(n^2)。

视窗法

实际编写视窗法的三个易错点：

何时移动起始位置？
何时移动终止位置？
终止位置有需要左移的情况吗？

看了一下视窗法的基本原理后自己写了一下：

var minSubArrayLen = function(target, nums) {
    // 视窗的左右边缘所在处的索引（对区间的定义是左闭右闭）
    let start = 0, end = 0;
    // 总和大于等于 target 的长度最小的子数组的长度，初始值设为正无穷
    let minLen = Infinity;
    // 视窗内元素和
    let sum = nums[0];
    while (end < nums.length) {
        if (sum >= target) {
            // 当视窗内元素和大于等于target，检查是否要更新最小子数组长度
            minLen = Math.min(minLen, end - start + 1);
            // 视窗左边缘往右挪一位，并把刚刚踢出去的元素算入总和
            sum -= nums[start];
            start ++;
        } else {
            // 视窗右边缘往右挪一位，并把新加入的元素算入总和
            ++ end;
            sum += nums[end];
        }
    }
    return minLen === Infinity ? 0 : minLen;
};

我第一次自己写时犯过如下错误：

我是每次移动视窗边缘后，重头计算一次视窗里所有数的总和，导致时间复杂度直接提升到O(n^2)了。其实视窗每次只移动一位，可以每次在原来的总和基础上加上一个进入视窗的数，或减少一个退出视窗的数。
我设置了最小子数组长度minLen的初始值为0，导致没有新长度比初始值小。我每次找到新长度就拿来和minLen比较，把更小的话赋值给minLength，但是根本没有新长度比0小。
- 方案1：minLen初始值不要设为数字，最后返回时判断一下minLen有没有变成数字，比如JavaScript语言中的Infinity属性，表示无穷数分为正无穷（Infinity）和负无穷（-Infinity）。
- 方案2：两数比较时,对minLen===0的情况特殊处理一下。
每次找到视窗内元素之和大于等于target时，下一步左边缘肯定要往右移一位，元素之和才会下降，那右边缘要不要动呢？
- 我本来想的是右边缘应该往左收缩，缩到左边源旁边，以免遗漏一些左边源移动后的视窗。
- 但是看解析里写的是左边缘右移一位，右边缘不动。想了一下是应该如此，会被遗漏的那些情况本身很明显是元素之和小于target的，没必要考虑。
if (sum < target)无法保证start <= end能得到正确的处理，比如计算minSubArrayLen(5, [1,100])时，start和end的移动轨迹是[0,0]、[0,1]、[1,1]、[2,1]，start会取到2，超过数组最大索引，然后sum = sum - nums[2] = NaN，于是sum < target === false，代码走到else里记录minLen去了。所以应该用if (sum >= target)，这样若sum取到NaN，不但影响到minLen，还会走到else方法体中，操作end加一，使end也超过数组边界，停止while循化。
一开始视窗内元素和sum不等于0，应等于arr[0]，因为此时视窗里的元素包含一个arr[0]。

代码随想录里的解答如下：

var minSubArrayLen = function(target, nums) {
    let start, end
    start = end = 0
    let sum = 0
    let len = nums.length
    let ans = Infinity
    
    while(end < len){
        sum += nums[end];
        while (sum >= target) {
            ans = Math.min(ans, end - start + 1);
            sum -= nums[start];
            start++;
        }
        end++;
    }
    return ans === Infinity ? 0 : ans
};

也就是双重while循环：
首先左边界start在0处，右边界end从0开始右移，直到end超出数组。每次【右移end】后，要计算加上新进入视窗的元素后的总和sum，若符合sum >= target则【记录最小子数组长度】再【右移start】。每次【右移start】后，还要再计算sum并记录长度，直到不符合sum >= target。不符合的情况包括target普通地小于target，start超过end导致元素和为0，end到了数组尾部且start超过了数组尾部导致元素和为NaN。
即外层循环的继续条件是end < nums.length，内层循环的继续条件是sum >= target。

我是单层while循环 + if：
首先左边界start和右边界end在0处，若计算出sum >= target就【记录最小子数组长度】再【右移start】，否则右移end，移完就再计算再移，直到end超出数组。
即外层循环的继续条件是end < nums.length，内层if的条件是sum >= target。

这两种思路都是每个元素进入视窗一次，退出视窗一次，时间复杂度没区别，都是O(2n)，即O(n)。感觉这题的边界、顺序还是挺容易搞错的，要多想想，多自测。