滑动窗口算法介绍
所谓滑动窗口，即为同向双指针移动过程中形成的间隔区域，并且这两个指针在移动的过程中不会回退
对于滑动窗口的题目可以抽象为三个步骤：
- 定义窗口两端指针
left和right - 进入窗口
- 判断
- 离开窗口
- 循环2、3和4步
滑动窗口练习
长度最小的子数组
题目链接：209. 长度最小的子数组 - 力扣（LeetCode）
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。
思路解析：
以下面的数组为例
[ 2,3,1,2,4,3 ]本题首先想到的就是暴力解法，暴力解法的思路很简单，第一层for循环遍历，选出区间左端点，第二层for循环遍历，选出区间右端点，最后一次遍历，将左右区间中的值全部相加求和，标记此时子数组的长度，如此往复直到找到子数组长度最小且子数组中元素之和>=target。根据这个暴力思路得出其时间复杂度为O()
// 暴力解法
class Solution {
public:int minSubArrayLen(int target, vector<int>& nums) {int len = INT_MAX;for(int i = 0; i < nums.size(); i++){for(int j = 0; j < nums.size(); j++){int sum = 0;for(int k = i; k <= j; k++){sum += nums[k];if(sum >= target){len = min(len, j - i + 1);}}}}return len == INT_MAX ? 0 : len;}
};在暴力思路的基础上思考如何降低时间复杂度
单调性：因为题目给出了一个条件正整数的数组，在正整数范围内求和可以得到一个单调性的规律：加的数字越多和越大，所以如果第一次找到了一个和满足>=target，则该下标后的数值即可不需要遍历，例如下图中的4和3即可不需要遍历
正向性：因为在上一次的遍历过程中，已经找到了一组子数组和满足>=target，并且根据单调性可以得出right不需要再向后移动，接下来需要更新left寻找下一组此时left++，那么此时right是否需要回退到left的位置重新再来一次遍历呢？答案是不需要，因为left++，此时区间[left, right]是开始时(left=0)[left, right]区间的子区间，所以此时的区间(left=1)[left, right]中的元素和即为开始元素和-left=0时的值，所以可以得出，right在整个遍历过程中是不需要回退的，即保持正向移动，而left本身移动的方向为从左向右，所以left方向也是正向的
由以上两个性质，可以将暴力解法优化到O(N)，即只需要一次遍历，而结合上面两种优化方式，可以得出滑动窗口算法
在本题中，滑动窗口的两端即为left和right，而滑动窗口中所维护的信息即为子数组之和sum，根据滑动窗口的基本解题步骤可以得出现在需要找到何时进窗口、判断以及何时出窗口
- 何时进窗口：本题中，因为窗口中维护的信息是
sum，所以当开始求和时即为进窗口 - 判断：本题中，因为需要判断
sum>=target，所以此为判断条件 - 何时出窗口：本题中，根据判断条件
sum>=target可以得出，此条件成立时，证明已经得出了一个合理的结果，需要更新sum和子数组长度len，并让left向后移动（移动窗口，即出窗口），这一过程被称为更新结果（更新结果一般是贯穿在滑动窗口的解题步骤中，具体在哪一步由题目决定）
需要注意，本题需要求出子数组长度的最小值，所以 len不可以初始化为0，否则最后结果只会为0 具体步骤如下：
参考代码如下：
class Solution {
public:int minSubArrayLen(int target, vector<int>& nums) {int len = INT_MAX, size = nums.size();int sum = 0;for(int left = 0, right = 0; right < size; right++){// 进窗口sum += nums[right];// 判断while(sum >= target){// 更新结果，出窗口len = min(len, right - left + 1);sum -= nums[left++];}}return len == INT_MAX ? 0 : len;}
};