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题目来源
76. 最小覆盖子串 - 力扣（LeetCode）
题目描述
给你一个字符串 s 、一个字符串 t 。返回 s 中涵盖 t 所有字符的最小子串。如果 s 中不存在涵盖 t 所有字符的子串，则返回空字符串 "" 。
注意：
对于 t 中重复字符，我们寻找的子字符串中该字符数量必须不少于 t 中该字符数量。
如果 s 中存在这样的子串，我们保证它是唯一的答案。
示例
| 输入 | s = "ADOBECODEBANC", t = "ABC" |
| 输出 | "BANC" |
| 说明 |
| 输入 | s = "a", t = "a" |
| 输出 | "a" |
| 说明 |
| 输入 | s = "a", t = "aa" |
| 输出 | "" |
| 说明 | t 中两个字符 'a' 均应包含在 s 的子串中， 因此没有符合条件的子字符串，返回空字符串。 |
提示
1 <= s.length, t.length <= 10^5s和t由英文字母组成
题目解析
本题要求的最小覆盖子串的含义是：包含某些指定字符，且要求最短的子串。
即题目要我们在s字符串中，找到一个子串，这个子串需要包含t字符串中所有字符，这样的子串有很多，我们需要其中最短的那个子串。
本题最容易想到的解法是滑动窗口，滑动窗口运动逻辑如下：
需要注意的是这里的滑动窗口是不定长的滑动窗口。
以上就是变长滑动窗口的运动逻辑。
我们可以总结如下：
滑动窗口的范围即：左右指针的范围，初始时左右指针都指向索引0位置，
- 如果滑动窗口内部没有包含了t中所有字母，则右指针向右移动一格，然后继续判断滑动窗口内部是否包含了t中所有字母。
- 如果滑动窗口内部有包含了t中所有字母，（此时滑动窗口就是一个满足要求的子串，我们将他记录下来），则左指针向右移动一格，然后继续判断滑动窗口内部是否包含了t中所有字母。
按照上面逻辑，我们可以将记录的子串比较长度，保留最短的作为题解。
通过上面总结，我们似乎发现逻辑并不复杂，我们可以按照上面逻辑实现一下：
/*** @param {string} s* @param {string} t* @return {string}*/
var minWindow = function (s, t) {if(s.length < t.length) return ''let l = 0let r = 0const ans = []while(r < s.length) {const subStr = s.substring(l,r+1)if(contain(subStr, t)) {ans.push(subStr)l++} else {r++}}if(!ans.length) return ''return ans.sort((a,b) => a.length - b.length)[0]
};function contain(str, subStr) {const sup = {}for(let c of str) {sup[c] ? sup[c]++ : (sup[c]=1)}const sub = {}for(let c of subStr) {sub[c] ? sub[c]++ : (sub[c]=1)}let flag = truefor(let c in sub) {if(!sup[c] || sub[c] > sup[c]) {flag = falsebreak}}return flag
}
但是结果却是超时，原因是我们算法的时间复杂度达到了O(n^2)，而数量级1 <= s.length, t.length <= 10^5，最终会有10^10次循环，这是肯定超时的。
我们可以看下上面的代码，找找那部分是可以优化的？
答案是contain函数，这个函数的作用是验证滑动窗口内部是否包含t字符串中所有字符的，但是方法比较笨，每当滑动窗口位置改变，就会重新统计字符数量，然后比较。这其中必然存在大量重复统计工作。
利用滑动窗口解决问题，我们一定要学会差集思想，因为滑动窗口的移动是有规律的，比如每次向右移动一格，这样本轮滑动窗口状态和上一轮滑动窗口状态，必然存在交集区域，如下图BC就是两次滑动窗口的交集区域
交集区域我们是不需要关注的，只需关注差集区域，如上图A和D，本轮滑动窗口，相当于在上一轮滑动窗口的基础上，删除了一格A，增加了一格D，这样的话，统计本轮滑动窗口内容，就不需要O(n)时间，只需要O(1)时间了。
对于本题，滑动窗口的运动规律要复杂一点，并字符数量统计也不简单。
首先，我们需要统计字符串t中各字符的数量，比如t="ABC"，则统计结果为count: {A:1, B:1, C:1}，并记录总数量为len = t.length。
然后开始滑动窗口运动：
滑动窗口运动中新增的字符c（即右指针向右移动一格后新增的内容），如果在t中，即count[c]存在，则count[c]--，那么此时len要不要也自减呢？
我们看两种情况：
用例1：
s = "ADOBECODEBANC", t = "ABC"
情况1：
此时右指针指向的字符A，在t中存在，因此count[c]--，count: {A:0, B:1, C:1}，此时应该len--，即len变为2。
情况2：
此时右指针指向的字符“B”，在t中存在，因此count[c]--，count: {A:1, B:-1, C:0}，此时滑动窗口内部含有了两个B，但是这并不能意味着需要len也减去1，对于len来说，最多只能减去统计到B个数，如果B个数超出统计个数，即count[B] < 0，此时len不应该自减。
上面是右指针运动中的特殊情况处理，对应的还有左指针运动逻辑处理：
左指针运动，必然是找到了符合要求的子串，即滑动窗口内部含有了所有t字符，此时左指针右移一格，如上图，此时失去了A，而A刚好是t字符串内的字符，即count[A]存在，此时应该count[A]++，即将count:{A:0, B:0, C:0} 变为 count:{A:1, B:0, C:0}，而此时也应该len++。
但是对于
此时情况是，上面的滑窗的count: {A:0, B:-1, c:0}
当上面滑窗左指针右移一格后，变为下面的滑窗时，失去了B，刚好时t中字符，因此count[B]++，
此时 count: {A:0, B:0, c:0}，那么此时len是否也要自增1呢？答案是不需要，因为失去的B是超出统计个数的，因此失去了不需要作任何处理。
算法源码
/*** @param {string} s* @param {string} t* @return {string}*/
var minWindow = function (s, t) {let len = t.length;const count = {};for (let c of t) {count[c] ? count[c]++ : (count[c] = 1);}let i = 0;let j = 0;let minLen = s.length + 1; // 最短子串的长度let start = 0; // 最短子串的起始位置while (j < s.length) {const jc = s[j];if (count[jc]-- > 0) { // 注意：这里count[c]--必须写在if条件中，因为count[jc]可以是负数，但是len不能是负数len--;}while (len === 0) {if (minLen > j - i + 1) {minLen = j - i + 1;start = i;}const ic = s[i];if (count[ic]++ >= 0) { // 注意：这里count[c]++必须写在if条件中，因为len只有在count[c]大于等于0时才能增加len++;}i++;}j++;}return minLen < s.length + 1 ? s.substring(start, start + minLen) : "";
};
