长度最小的子数组
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. - 力扣（LeetCode）
题目：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 <= 10^9
1 <= nums.length <= 10^5
1 <= nums[i] <= 10^5
解法一
图解
算法思路
「从前往后」枚举数组中的任意⼀个元素，把它当成起始位置。然后从这个「起始位置」开始，然
后寻找⼀段最短的区间，使得这段区间的和「⼤于等于」⽬标值。
将所有元素作为起始位置所得的结果中，找到「最⼩值」即可。
代码省略，超时。
解法二（滑动窗口）
算法思路
由于此问题分析的对象是「⼀段连续的区间」，因此可以考虑「滑动窗⼝」的思想来解决这道题。让滑动窗⼝满⾜：从 i 位置开始，窗⼝内所有元素的和⼩于 target （那么当窗⼝内元素之和第⼀次⼤于等于⽬标值的时候，就是 i 位置开始，满⾜条件的最⼩⻓度）。
做法：将右端元素划⼊窗⼝中，统计出此时窗⼝内元素的和：
▪ 如果窗⼝内元素之和⼤于等于 target ：更新结果，并且将左端元素划出去的同时继续判断是否满⾜条件并更新结果（因为左端元素可能很⼩，划出去之后依旧满⾜条件）
▪ 如果窗⼝内元素之和不满⾜条件： right++ ，另下⼀个元素进⼊窗⼝。
为何滑动窗⼝可以解决问题，并且时间复杂度更低？
▪ 这个窗⼝寻找的是：以当前窗⼝最左侧元素（记为 left1 ）为基准，符合条件的情况。也就是在这道题中，从 left1 开始，满⾜区间和 sum >= target 时的最右侧（记为right1 ）能到哪⾥。
▪ 我们既然已经找到从 left1 开始的最优的区间，那么就可以⼤胆舍去 left1 。但是如果继续像⽅法⼀ 样，重新开始统计第⼆个元素（ left2 ）往后的和，势必会有⼤量重复的计算（因为我们在求第⼀段区间的时候，已经算出很多元素的和了，这些和是可以在计算下次区间和的时候⽤上的）。
▪ 此时， rigth1 的作⽤就体现出来了，我们只需将 left1 这个值从 sum 中剔除。从right1 这个元素开始，往后找满⾜ left2 元素的区间（此时 right1 也有可能是满⾜的，因为 left1 可能很⼩。 sum 剔除掉 left1 之后，依旧满⾜⼤于等于target ）。这样我们就能省掉⼤量重复的计算。
▪ 这样我们不仅能解决问题，⽽且效率也会⼤ 提升。
时间复杂度：虽然代码是两层循环，但是我们的 left 指针和 right 指针都是不回退的，两者最多都往后移动 n 次。因此时间复杂度是 O(N) 。
图解
举例
代码
public int minSubArrayLen(int target, int[] nums) {
int n = nums.length;
int sum = 0;
int len = Integer.MAX_VALUE;//由于在最开始的时候，如果len定义为0，就会导致在下面进行第一次出窗口比较len的时候，由于0比任何数都小，会导致输出结果为0，错误解答
//left = 0,right = 0
for(int left = 0,right = 0;right < n;right++){
//进窗口
sum += nums[right];
//判断,如果sum>= target，就进行统计更新len，然后出窗口，再判断是否结束(right是否越界)，未结束就让left++
while(sum >= target){
len = Math.min(len,right - left + 1);
sum -= nums[left];
left++;
}
}
//如果没有找到满足target的子数组，就需要返回0
return len == Integer.MAX_VALUE ? 0 : len;
}
