2019.1.21
题目描述：
Given a string, find the length of the longest substring without repeating characters.
Example 1:
Input: "abcabcbb"
Output: 3
Explanation: The answer is "abc", with the length of 3.
Example 2:
Input: "bbbbb"
Output: 1
Explanation: The answer is "b", with the length of 1.
Example 3:
Input: "pwwkew" Output: 3 Explanation: The answer is"wke", with the length of 3. Note that the answer must be a substring,"pwke"is a subsequence and not a substring.
这道题是求一个字符串中最长的不重复字符的子串，首先要明确子串的定义是连续的，与子序列不同。
解法一：
考虑用一种滑动窗口机制来扫描字符串，我们设置两个指针left和right，right指针作为工作指针和窗口的右边界，left指针指向窗口的左边界的前一位，这样窗口的大小也就确定了（right-left），这里我们利用HashMap来建立字符和其出现位置之间的映射，将字符串中出现的字符在HashMap中记录一下，这里我们要考虑一个问题，是将字符出现的所有位置都记录还是只记录一个位置呢，试想如下情况：
1.若right指针指向的字符在之前没有出现过，那将该字符与HashMap建立映射，并直接扩大右边界即可
2.若right指针指向的字符在之前出现过，那么分两种情况：
1）该字符在窗口外，这时候我们就不用理会，直接扩大右窗口即可
2）该字符在窗口内，那么我们就需要将该字符从窗口内去除，而去除的方法并不需要left指针从左到右遍历，而只需要直接移动到该字符最后出现的位置即可
所以其实我们只要记录字符最后一次出现的位置就可以了。
定义一个len用来记录最长无重复子串的长度，因为left指向窗口的前一位，所以初始化就是-1，每次更新left都让left指向重复字符，这样保证了left始终为当前边界的前一个位置
C++代码：
class Solution {
public:
int lengthOfLongestSubstring(string s) {
int len=0,left=-1;
unordered_map<int,int> m;
for(int right=0;right<s.size();right++){
if(m.count(s[right])&&m[s[right]]>left)
left=m[s[right]];
m[s[right]]=right;
len=max(len,right-left);
}
return len;
}
};解法二：官方解法
暴力法
思路
逐个检查所有的子字符串，看它是否不含有重复的字符。
算法
假设我们有一个函数 boolean allUnique(String substring) ，如果子字符串中的字符都是唯一的，它会返回true，否则会返回false。 我们可以遍历给定字符串 s 的所有可能的子字符串并调用函数 allUnique。 如果事实证明返回值为true，那么我们将会更新无重复字符子串的最大长度的答案。
现在让我们填补缺少的部分：
-
为了枚举给定字符串的所有子字符串，我们需要枚举它们开始和结束的索引。假设开始和结束的索引分别为 i 和 j。那么我们有 0≤i<j≤n （这里的结束索引 j 是按惯例排除的）。因此，使用 i 从0到 n−1 以及 j 从 i+1 到 n 这两个嵌套的循环，我们可以枚举出
s的所有子字符串。 -
要检查一个字符串是否有重复字符，我们可以使用集合。我们遍历字符串中的所有字符，并将它们逐个放入
set中。在放置一个字符之前，我们检查该集合是否已经包含它。如果包含，我们会返回false。循环结束后，我们返回true。
Java代码：
public class Solution {
public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
int n = s.length();
int ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = i + 1; j <= n; j++)
if (allUnique(s, i, j)) ans = Math.max(ans, j - i);
return ans;
}
public boolean allUnique(String s, int start, int end) {
Set<Character> set = new HashSet<>();
for (int i = start; i < end; i++) {
Character ch = s.charAt(i);
if (set.contains(ch)) return false;
set.add(ch);
}
return true;
}
}复杂度分析
-
时间复杂度：O(n^3)。
-
空间复杂度：O(min(n,m))，我们需要 O(k) 的空间来检查子字符串中是否有重复字符，其中 k 表示
Set的大小。而 Set 的大小取决于字符串 n 的大小以及字符集/字母 m 的大小。
滑动窗口
算法
暴力法非常简单。但它太慢了。那么我们该如何优化它呢？
在暴力法中，我们会反复检查一个子字符串是否含有有重复的字符，但这是没有必要的。如果从索引 i 到 j−1 之间的子字符串 sij 已经被检查为没有重复字符。我们只需要检查 s[j] 对应的字符是否已经存在于子字符串 sij 中。
要检查一个字符是否已经在子字符串中，我们可以检查整个子字符串，这将产生一个复杂度为 O(n^2) 的算法，但我们可以做得更好。
通过使用 HashSet 作为滑动窗口，我们可以用 O(1) 的时间来完成对字符是否在当前的子字符串中的检查。
滑动窗口是数组/字符串问题中常用的抽象概念。 窗口通常是在数组/字符串中由开始和结束索引定义的一系列元素的集合，即 [i, j)（左闭，右开）。而滑动窗口是可以将两个边界向某一方向“滑动”的窗口。例如，我们将 [i, j) 向右滑动 1 个元素，则它将变为 [i+1, j+1)（左闭，右开）。
回到我们的问题，我们使用 HashSet 将字符存储在当前窗口 [i,j)（最初 j=i）中。 然后我们向右侧滑动索引 j，如果它不在 HashSet 中，我们会继续滑动 j。直到 s[j] 已经存在于 HashSet 中。此时，我们找到的没有重复字符的最长子字符串将会以索引 i 开头。如果我们对所有的 i 这样做，就可以得到答案。
Java代码：
public class Solution {
public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
int n = s.length();
Set<Character> set = new HashSet<>();
int ans = 0, i = 0, j = 0;
while (i < n && j < n) {
// try to extend the range [i, j]
if (!set.contains(s.charAt(j))){
set.add(s.charAt(j++));
ans = Math.max(ans, j - i);
}
else {
set.remove(s.charAt(i++));
}
}
return ans;
}
}复杂度分析
-
时间复杂度：O(2n)=O(n)，在最糟糕的情况下，每个字符将被 i 和 j 访问两次。
-
空间复杂度：O(min(m,n))，与之前的方法相同。滑动窗口法需要 O(k) 的空间，其中 k 表示
Set的大小。而Set的大小取决于字符串 n 的大小以及字符集/字母 m 的大小。
优化的滑动窗口
上述的方法最多需要执行 2n 个步骤。事实上，它可以被进一步优化为仅需要 n 个步骤。我们可以定义字符到索引的映射，而不是使用集合来判断一个字符是否存在。 当我们找到重复的字符时，我们可以立即跳过该窗口。
也就是说，如果 s[j] 在 [i,j) 范围内有与 j′ 重复的字符，我们不需要逐渐增加 i 。 我们可以直接跳过 [i，j′] 范围内的所有元素，并将 i 变为 j′+1。
Java代码：
public class Solution {
public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
int n = s.length(), ans = 0;
Map<Character, Integer> map = new HashMap<>(); // current index of character
// try to extend the range [i, j]
for (int j = 0, i = 0; j < n; j++) {
if (map.containsKey(s.charAt(j))) {
i = Math.max(map.get(s.charAt(j)), i);
}
ans = Math.max(ans, j - i + 1);
map.put(s.charAt(j), j + 1);
}
return ans;
}
}Java（假设字符集为 ASCII 128）
以前的我们都没有对字符串 s 所使用的字符集进行假设。
当我们知道该字符集比较小的时侯，我们可以用一个整数数组作为直接访问表来替换 Map。
常用的表如下所示：
int [26]用于字母 ‘a’ - ‘z’或 ‘A’ - ‘Z’int [128]用于ASCII码int [256]用于扩展ASCII码
public class Solution {
public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
int n = s.length(), ans = 0;
int[] index = new int[128]; // current index of character
// try to extend the range [i, j]
for (int j = 0, i = 0; j < n; j++) {
i = Math.max(index[s.charAt(j)], i);
ans = Math.max(ans, j - i + 1);
index[s.charAt(j)] = j + 1;
}
return ans;
}
}复杂度分析
-
时间复杂度：O(n)，索引 j 将会迭代 n 次。
-
空间复杂度（HashMap）：)O(min(m,n))，与之前的方法相同。
-
空间复杂度（Table）：O(m)，m 是字符集的大小。