1、题干
给定一个含有n个正整数的数组和一个正整数target 。
找出该数组中满足其总和大于等于target的长度最小的子数组[numsl, numsl+1, …, numsr-1, numsr]，并返回其长度。如果不存在符合条件的子数组，返回0 。
示例 1：
输入：target = 7, nums = [2,3,1,2,4,3]
输出：2
解释：子数组 [4,3] 是该条件下的长度最小的子数组。
示例 2：
输入：target = 4, nums = [1,4,4]
输出：1
示例 3：
输入：target = 11, nums = [1,1,1,1,1,1,1,1]
输出：0
提示：
1 <= target <= 109
1 <= nums.length <= 105
1 <= nums[i] <= 104
进阶：
如果你已经实现O(n)时间复杂度的解法, 请尝试设计一个O(n log(n))时间复杂度的解法。
2、解题
方法一：（暴力请求法）
以每一个元素作为起点，找到从这个位置开始往后需要多少位累加才能超过目标值。记录其中包含元数最小的结果值。
复杂度分析：
时间复杂度：O(n^2)。
空间复杂度：O(1)。
代码示例：
public static int minSubArrayLen(int s, int[] nums) {
int n = nums.length;
if (n == 0) {
return 0;
}
int ans = Integer.MAX_VALUE;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int sum = 0;
for (int j = i; j < n; j++) {
sum += nums[j];
if (sum >= s) {
ans = Math.min(ans, j - i + 1);
break;
}
}
}
return ans == Integer.MAX_VALUE ? 0 : ans;
}
方法二：（左右指针法）
定义左指针和右指针，起始都指向第一个元素。当小于目标值时，右指针持续右移直到大于目标，记录此时的和左指针的间隔。之后在左指针持续左移，直到累加和小于目标值。之后在重复右移…,直到右指针达到末尾结束。
这样做因为左右指针都只要遍历一次数组，时间复杂度上会得到明显提升。
复杂度分析：
时间复杂度：O(n)。 实际为2n，但是在算时间复杂度时，常熟可以去掉，所以是O(n)。
空间复杂度：O(1)。
代码示例：
// 左右指针法，连续空间问题求解
public static int minSubArrayLen(int target, int[] nums) {
if (nums.length < 0) {
return 0;
}
// 返回结果
int result = Integer.MAX_VALUE;
// 数组长度
int len = nums.length;
// 左指针
int left = 0;
// 右指针
int right = 0;
// 连续空间的总值
int tempSum = nums[0];
while (left <= right && right < len) {
if (tempSum >= target) {
// 总值和大于目标，左指针右移
result = Math.min(result, (right - left + 1));
tempSum = tempSum - nums[left];
left++;
} else {
// 总值和小于目标，右指针右移
right++;
if (right < len) {
tempSum = tempSum + nums[right];
}
}
}
return result == Integer.MAX_VALUE ? 0 : result;
}
向阳出发，Dare To Be！！！