今天给大家带来的是滑动窗口的类型题，都是十分经典的。
1，无重复字符的最长子串

看例三，我们顺便来说一下子串和子序列的含义
子串是从字符串里面抽出来的一部分，不可以有间隔，顺序也不能打乱。
子序列也是从字符串里面抽出来一部分，可以有间隔，顺序也不能打乱。
如图

可以看出来，如果是子序列问题，一般会比子串要更难一点。
不扯了，接下来进行这道题题目的讲解
第一种思路，也就是最简单的思路
那就是暴力求解。因为这道题本来就是只含有数字，字母符号，空格等组成。查看ASCII表，可以发现范围在128以内。当然我们也可以创建一个哈希表用来记录。然后分别从字符串的每个位置向后寻找，保留一个最大值即可。

class Solution {
public:
int lengthOfLongestSubstring(string s) {
    int ret = 0; // 记录结果
    int n = s.length();
    // 1. 枚举从不同位置开始的最⻓重复⼦串
    // 枚举起始位置
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        // 创建⼀个哈希表，统计频次
        int hash[128] = { 0 };
        // 寻找结束为⽌
        for (int j = i; j < n; j++)
        {
            hash[s[j]]++; // 统计字符出现的频次
            if (hash[s[j]] > 1) // 如果出现重复的
            break;
            // 如果没有重复，就更新 ret
            ret = max(ret, j - i + 1);
        }
    }
    // 2. 返回结果
    return ret;
}
};

运行后如图

还有一种方式就是滑动窗口，滑动窗口的思想就是两个同方向移动的指针，然后判断指针范围内我们所要寻找的，或者要统计的。
使用两个指针，left和right。

如果right和left中的元素没有重复值，那right就继续右移，设置一个max变量保存最长数，在窗口向后滑动时不断更新最大值。如果有重复的元素，就让left右移，直到窗口中没有重复元素为止，这样只需要遍历一遍就可以知道最长字符串的长度。
代码如下

class Solution {
public:
int lengthOfLongestSubstring(string s) {
    int hash[129] = { 0 };
    int left = 0, right = 0;
    int max = 0;
    while (right < s.size())
    {
        hash[s[right]]++;          
            while (hash[s[right]] != 1)//如果某个元素的数量大于2
            {
                hash[s[left]]--;//就右移left，直到该元素数量恢复为1
                left++;
            }
            if (right - left + 1 > max)//更新最大值
            {
                max = right - left + 1;
            }
        right++;
    }
    cout << max;
    return max;
}
};

暴力解法的时间复杂度明显为O(N²)，而滑动窗口的时间复杂度为O(N)。
第二道题
最大连续1的个数

这道题很有意思的地方就是可以翻转，将0翻转为1。
这道题还是可以暴力解法，和第一道题很是类似，就是多了可以翻转这一步。但是我们可以这样想，一直遍历1，如果是0就翻转，上道题我们判断的是是否有重复的字符，这道题呢？我们不用想的那么复杂，还是设置两个变量left和right，同样遇到1就继续++right，如果遇到0，就判断窗口内0的个数，如果个数大于K就向右移动left，直到窗口内0的个数小于k即可，这样就只需要遍历一遍数组即可得出答案。
用动态图来演示一下

class Solution {
public:
    int longestOnes(vector<int>& nums, int k) {
        int left=0,right=0;
        int ret=0;
        while(right<nums.size())//确定范围
        {
            if(nums[right]==0)
            {
                k--;
                if(k<0)//k表示还可以翻转的0的个数
                {
                    while(k!=0)
                    {
                        if(nums[left]==0)
                        {
                            k++;//如果left跳过了一个0，就++可翻转数
                            left++;
                        }
                        else
                        {
                            left++;
                        }
                    }
                }
            }
            right++;
            ret=max(right-left,ret);//记录最大值
        }
        return ret;
    }
};

运行后如图

第三题
水果成篮
题目很长，但是其实很容易理解，最主要的一点就是不能超过两种数，其实就是最长不重复子串的改版，这道题找的是最长只存在两种元素的最长子串的长度。
至于思路还有做题方法可以说和上边两道题很像。
用一个例子说明一下，这道题的暴力解法还是不停遍历，从数组的每一个位置开始，然后保留最大值。

代码如下

class Solution {
public:
    int totalFruit(vector<int>& fruits) {
    int hash[100001] = { 0 };
    int left = 0, right = 0;
    int kind = 0;
    int ret = 0;
    while (right < fruits.size())
    {
        if (hash[fruits[right]] == 0)
        {
            kind++;
        }
        hash[fruits[right]]++;
        while(kind>2)
        {
            hash[fruits[left]]--;
            if(hash[fruits[left]]==0)
            {
                kind--;
            }
            left++;
        }

        ret = max(right-left+1, ret);
        right++;
    }
    return ret;
}
};

这里我们知道数据的范围，所以直接用一个数组代替哈希表。前三题的思路都十分相似。
第四题
找到字符串中所有的字母异位词

看一看例子，就知道异位词的含义了。

这道题的思路也很明显，和前边的题目又有一点不一样，我们首先要记录p字符串中的字母，然后从s字符串中利用滑动窗口查找，如果滑动窗口中的字符符合p字符串中所有字符个数。如果不符合，那就移动right和left。当然，p字符串的长度是一定的，所以滑动窗口的长度也是一定的。
我们可以用两个数组模拟哈希表，一个统计p字符串中的每个字母的个数，另一个是统计每一个字符出现的个数。
在滑动的时候，如果符合就++count，然后设置一个vector数组，将符合的位置（就是left的位置）放进数组中。然后将该数组返回。

class Solution
{
public:
vector<int> findAnagrams(string s, string p)
{
	vector<int> ret;
	int hash1[26] = { 0 }; // 统计字符串 p 中每个字符出现的个数
	for(auto ch : p) hash1[ch - 'a']++;
	int hash2[26] = { 0 }; // 统计窗⼝⾥⾯的每⼀个字符出现的个数
	int m = p.size();
	for(int left = 0, right = 0, count = 0; right < s.size(); right++)
	{
		char in = s[right];
		// 进窗⼝ + 维护 count
		if(++hash2[in - 'a'] <= hash1[in - 'a']) count++;
		if(right - left + 1 > m) // 判断
		{
			char out = s[left++];
			// 出窗⼝ + 维护 count
		if(hash2[out - 'a']-- <= hash1[out - 'a']) count--;
		}
		// 更新结果
	if(count == m) ret.push_back(left);
	}
	return ret;
}
};

运行后如图