学习算法，继续加油！！！
一、将 x 减到 0 的最小操作数
题目解析
来看这一道题，题目给定一个数组nums和一个整数x；我们可以在数组nums的左边或者右边进行操作（x减去该位置的值）；如果x可以减到0就返回最小操作数；如果不能，就返回-1。
题目描述很简单，但是我们看到操作可以说非常头大，因为它可以在左边进行操作也可以在右边进行操作，那我们该如何去解决这个问题呢？
这里如果按题目要求去直接找左右两边的最小操作数，那这道题就非常难了。
我们不妨翻过来想，它们要求我们找左右两边操作数最小的；那我们是不是可以找数组中被我们删除左右两边后剩下的部分。
什么意思呢？
如上图所示，[0 , left)和[right , n)是我们找到的操作数最小时的左右区间，此时这两个区间的和为x；那么我们就可以发现[left , right)区间的和就是sum - x（其中sum是数组中所以数据的和）。
那这样我们可以发现，我们找到满足题目中的要求左右两侧的区间时，此时数组中剩余的部分是一段连续的区间，并且该区间的和为sum - x 。
这时我们发现，只要找到一段连续的区间[left , right)，并且该区间的和为sum - x，此时两侧区间的和就是x，就满足了题意；
那题目中要求我们找到最小的操作数，转换过来就是寻找的区间[left , right)最长。
算法思路
通过分析题目，我们将题目中的要求反过来想，就是我们需要找到一段连续的区间，此区间的和为sum - x，我们要找的长度最长的。
现在这道题就转换成了，找到和为
sum - x的长度最长的区间（子数组）。
暴力解法：
这里简单提一下暴力解法，暴力解法节枚举所以子数组，找到其中满足条件且长度最长的。
这里暴力解法中right再从left位置开始遍历有些冗余，我们对其进行优化，使用s记录区间[left , right)的和，这样left++时，s减去即可；
这里因为right遍历到这个位置，区间的和s刚好满足，那left++后区间内的和一定小于sum - x，所以就不必要让right再从left位置进行遍历了。
这里使用滑动窗口进行优化：
这里为了方便描述，我们定义一个
target = sum - x；
- 进窗口：当区间内的和
s < target时，进窗口，更新区间内的和。- 出窗口：当区间内的和
s > target时，进行出窗口操作，并更新区间内的和。- 更新结果：当出窗口操作之后，如果区间内的和
s == target，这是区间满足条件，更新结果。
代码实现
这里写代码有一个坑：如果我们数组中的和小于
x，此时target是小于0的，这时候我们是不能进行滑动窗口的一系列操作的。我们需要进行特殊处理，如果
target < 0，直接返回-1即可。
class Solution {
public:int minOperations(vector<int>& nums, int x) {int sum = 0;for(auto& e:nums)sum+=e;int target = sum - x;if(target < 0)return -1;int ret = -1;for(int left = 0, right = 0, s = 0;right < nums.size();){s+=nums[right++];while(s>target)s-=nums[left++];if(s == target)ret = max(ret, right - left);}if(ret == -1) return ret;elsereturn nums.size() - ret;}
};
二、水果成篮
题目解析
初看题目，一种当初做阅读理解的感觉，题目有点长；
来细看这一道题，给我们一个数组fruits，其中代表每一颗果树的种类；我们有两个果篮（每一个果篮只能装一种水果）我们现在要做的是进行采摘水果，根据题目描述：（我们采摘的水果只能有两种，并且采摘水果时是连续采摘的）；我们要求的是我们收集水果的最大数量。
算法思路
了解了题目，现在来看如何去解决：
这里就不拐弯抹角了，直接看解题思路：
- 入窗口：将
right位置的水果采摘下来，并统计种类和数量。- 出窗口：当采摘的种类
> 2时，我们要进行出窗口操作，将left位置对应的水果去出来；直到果篮中的种类<= 2；- 更新结果：当果篮中的种类
==2时，更新最终结果即可。
现在问题来了，如何去存储水果的种类和数量，并且我们还要方便进行存储、修改和删除操作？
这里就要用到哈希结构的unordered_map了；可以参考 unordered_set和unordered_map。
代码实现
治理代码实现就比较简单了：
class Solution {
public:int totalFruit(vector<int>& fruits) {int n = fruits.size();int left = 0, right = 0;unordered_map<int,int> ump;int ret = 0;while(right < n){//进窗口，直接使用[]ump[fruits[right++]]++;//出窗口while(ump.size() > 2){ump[fruits[left]]--;if(ump[fruits[left]] == 0)ump.erase(fruits[left]);left++;}ret = max(ret, right - left);}return ret;}
};
到这里，本篇文章算法讲解就结束了，感谢支持。
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