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原题链接: http://oj.leetcode.com/problems/minimum-window-substring/ 

这道题是字符串处理的题目，和Substring
with Concatenation of All Words思路非常类似，同样是建立一个字典，然后维护一个窗口。区别是在这道题目中，因为可以跳过没在字典里面的字符（也就是这个串不需要包含且仅仅包含字典里面的字符，有一些不在字典的仍然可以满足要求），所以遇到没在字典里面的字符可以继续移动窗口右端，而移动窗口左端的条件是当找到满足条件的串之后，一直移动窗口左端直到有字典里的字符不再在窗口里。在实现中就是维护一个HashMap，一开始key包含字典中所有字符，value就是该字符的数量，然后遇到字典中字符时就将对应字符的数量减一。算法的时间复杂度是O(n),其中n是字符串的长度，因为每个字符再维护窗口的过程中不会被访问多于两次。空间复杂度则是O(字典的大小)，也就是代码中T的长度。代码如下： 

public String minWindow(String S, String T) {
    if(S == null || T == null || S.length()==0 || T.length()==0)
        return "";
    HashMap<Character, Integer> map = new HashMap<Character, Integer>();
    for(int i=0;i<T.length();i++)
    {
        if(map.containsKey(T.charAt(i)))
        {
            map.put(T.charAt(i), map.get(T.charAt(i))+1);
        }
        else
            map.put(T.charAt(i), 1);
    }
    int count = 0;
    int pre = 0;
    String res = "";
    int minLen = S.length()+1;
    for(int i=0;i<S.length();i++)
    {
        if(map.containsKey(S.charAt(i)))
        {
            map.put(S.charAt(i),map.get(S.charAt(i))-1);
            if(map.get(S.charAt(i))>=0)
                count++;
            while(count == T.length())
            {
                if(map.containsKey(S.charAt(pre)))
                {
                    map.put(S.charAt(pre),map.get(S.charAt(pre))+1);
                    if(map.get(S.charAt(pre))>0)
                    {
                        if(minLen>i-pre+1)
                        {
                            res = S.substring(pre,i+1);
                            minLen = i-pre+1;
                        }
                        count--;
                    }
                }
                pre++;
            }
        }
    }
    return res;
}

这个方法在Substring
with Concatenation of All Words和Longest
Substring Without Repeating Characters中都介绍过，属于一种类型的题目，只要掌握了思路便可以举一反三，都可以将这类问题降低到线性复杂度。