简介
用一个可伸缩的窗口遍历字符串，时间复杂度大致为O(n)。适用于“寻找符合某条件的最小子字符串”题型。
题目
求某字符串T中含有某字符串S的所有字符的最小子字符串。如果不存在则返回"".
算法
用左右两个指针维护一个窗口。
- 将右指针右移，直至窗口满足条件，包含S中所有字符。
- 将左指针左移，直至窗口不再满足条件。此过程中每移动一次，都更新最小子字符串。
- 重复1、2两步。
WHY IT WORKS
设想一个最naive的算法如何遍历T中的所有子字符串。以T中的每一个字符为子字符串的起始字符，从1开始，增加子字符串的长度直至触及T的尾字符，这样就是遍历了T中的所有子字符串。
比如字符串“ABCD”，以'A'开头的子字符串有"A", "AB", "ABC", "ABCD"；以'B'开头的有"B", "BC", "BCD"；以'C'开头的有"C", "CD"；以"D"开头的有"D"。这样遍历的时间复杂度是O(n^2)。
我们把目光集中于起始字符，看看滑动窗口的效用。
滑动窗口算法中的第一步立足于某字符x，相当于以x为起始字符，寻找满足条件的子字符串。由于题中要求最短的子字符串，所以一旦满足条件就可停下，不必再往下寻找，相当于节省了一部分算力。
假设第一步中找到的子字符串以某字符y结束，且x至y这个子字符串的长度为m。则遍历到现在为止，找到的子字符串答案的长度<=m。（假设x之前还有其他元素，则1、2步已重复过数轮）
在第二步中，通过移动左指针对窗口进行收缩。假设左指针到达元素z时，窗口不再满足条件。则在左指针移动的过程中，以(x,z)开区间内的元素作为起始字符，y为结束字符进行了遍历。
将结束字符固定在y处是对naive解法的重要优化，蕴含了滑动窗口算法可以正确找出答案的主要数学原理：
对x、z之间的某一元素t，以t为起始字符且满足条件的最小子字符串必在y处结束。
证明：窗口收缩在z左侧，保证了t至y的字符串满足条件；设t至y不是最小的子字符串，则存在由t开始至字符r的的字符串满足条件，且r在y左侧，那么x至r的字符串也必满足条件，与第一步中得到的结论矛盾，故得证。
因为这个原理，x和z之间的元素只靠窗口左边界收缩就得到了遍历。时间复杂度由平方变成了线性。
在第二步中，以[x, z)区间内的元素为起始字符的所有子字符串得到遍历。下一轮次的第一步会以z为起始字符进行寻找。如此往复，随着窗口交替伸展和收缩，所有的可能性（即以所有元素作为起始字符的子字符串）都会得到遍历。
IMPLEMENTATION
以上分析确定了滑动窗口算法的大致框架。至于如何记录窗口的状态、判断窗口是否满足条件，题目中挖了一个小坑。
乍一看，似乎可以用HashSet保存T中的字符（且称为重要字符），用来查看T中是否存在某字符。用另一个HashSet记录窗口中出现的重要字符，并用一个counter记录窗口中重要字符的个数，若与T的长度相等则认为符合条件。看起来天衣无缝，但如果T中存在重复字符，如"AABCC"，则该方法不再有效。
可对该方法做一个小改进使之可以符合题意：用HashMap来保存重要字符及出现的次数。如果T为"AABCC"，则保存为[A--2, B--1, C--2]。另用一个HashMap记录窗口中的重要字符及数量，用counter记录窗口中达到次数的不重复的重要字符数。如A出现2次则counter可加1，B出现1次counter即可加1，同理，C必须出现2次counter才可加1。通过将counter的值与第一个HashMap的size对比来判断窗口是否满足条件。
写代码时，若以句为单元进行思考则写起来费时且易出错，特别是边界条件上的错误。一个比较靠谱的方法是先写一个大致框架，然后将细节填入。只要框架合理，代码一般错不了。
先用注释勾勒出大致框架。（可以当作流程图看，重要的是那两个while内部的安排）
public String minWindow(String s, String t) { //创建HashMap1,将t中字符及出现次数存入 //初始化窗口、窗口的HashMap2、counter //创建minLength记录最小字符串的长度；创建result保存当前找到的最小字符串 while(/*窗口右端未超出s*/) { //记录右边界所指的元素到HashMap2 //若该元素次数满足条件，++counter //若窗口满足条件则让左边界慢慢收缩，否则跳过这个while，继续伸展右边界 while(/*counter == HashMap2.size()*/) { //
