Sliding window Summary

https://leetcode.com/problems/find-all-anagrams-in-a-string/discuss/92007/Sliding-Window-algorithm-template-to-solve-all-the-Leetcode-substring-search-problem.
https://www.cnblogs.com/yuhan-TB/p/3765457.html

给你一个滑动窗口和一个数组，滑动窗口从数组第一个元素开始向后滑动，每滑动一下就计算当前窗口中对应的数组元素的最大值；

设置窗口长度为m，数组长度为n，有O(n*m)算法，用最大堆的O(n*lgm)算，利用已经比较过的元素之间关系的O(n)算法；

摘自博客 http://blog.csdn.net/sgbfblog/article/details/7967489

题目描述

给定一个数组A[]，有一个大小为w的滑动窗口，该滑动窗口从最左边滑到最后边。在该窗口中你只能看到w个数字，每次只能移动一个位置。我们的目的是找到每个窗口w个数字中的最大值，并将这些最大值存储在数组B中。

例如数组A=[1 3 -1 -3 5 3 6 7], 窗口大小w为3。则窗口滑动过程如下所示：

Window position                Max
---------------               -----
[1  3  -1] -3  5  3  6  7       3
 1 [3  -1  -3] 5  3  6  7       3
 1  3 [-1  -3  5] 3  6  7       5
 1  3  -1 [-3  5  3] 6  7       5
 1  3  -1  -3 [5  3  6] 7       6
 1  3  -1  -3  5 [3  6  7]      7

输入参数为数组A和w大小
输出为数组B，其中B[i]存储了A[i]到A[i+w-1]中w个数字的最大值。

二、最大堆解法

第1个方法思路简单，但是时间复杂度过高，因此需要改进。可以使用一个最大堆来保存w个数字，每次插入数字时只需要O(lgw)的时间，从堆中取最大值只需要O(1)的时间。随着窗口由左向右滑动，因此堆中有些数字会失效（因为它们不再包含在窗口中）。

1. typedef pair<int, int> Pair;  
2. void maxSlidingWindow(int A[], int n, int w, int B[])  
3. {  
4.     priority_queue<Pair> Q; //优先级队列保存窗口里面的值  
5.     for (int i = 0; i < w; i++)  
6.         Q.push(Pair(A[i], i));  //构建w个元素的最大堆  
7.     for (int i = w; i < n; i++) {  
8.         Pair p = Q.top();  
9.         B[i-w] = p.first;  
10.         while (p.second <= i-w) {  
11.             Q.pop();  
12.             p = Q.top();  
13.         }  
14.         Q.push(Pair(A[i], i));  
15.     }  
16.     B[n-w] = Q.top().first;  
17. }  

如果数组本身有序，则里面的while循环不会执行，堆大小会增大到n。因为堆大小并不保持在w不变，因此该算法时间复杂度为O(nlgn)。

三、双向队列O(N)解法

最大堆解法在堆中保存有冗余的元素，比如原来堆中元素为[10 5 3]，新的元素为11，则此时堆中会保存有[11 5 3]。其实此时我们可以清空整个队列，然后再将11加入到队列即可，即只在队列中保持[11]。使用双向队列可以满足要求，滑动窗口的最大值总是保存在队列首部，队列里面的数据总是从大到小排列。当遇到比当前滑动窗口最大值更大的值时，则将队列清空，并将新的最大值插入到队列中。如果遇到的值比当前最大值小，则直接插入到队列尾部。每次移动的时候需要判断当前的最大值是否在有效范围，如果不在，则需要将其从队列中删除。由于每个元素最多进队和出队各一次，因此该算法时间复杂度为O(N)。

1. void maxSlidingWindow(int A[], int n, int w, int B[])   
2. {  
3.   deque<int> Q;  
4.   for (int i = 0; i < w; i++) {  
5.     while (!Q.empty() && A[i] >= A[Q.back()])  
6.       Q.pop_back();  
7.     Q.push_back(i);  
8.   }  
9.   for (int i = w; i < n; i++) {  
10.     B[i-w] = A[Q.front()];  
11.     while (!Q.empty() && A[i] >= A[Q.back()])  
12.       Q.pop_back();  
13.     while (!Q.empty() && Q.front() <= i-w)  
14.       Q.pop_front();  
15.     Q.push_back(i);  
16.   }  
17.   B[n-w] = A[Q.front()];  
18. }