LeetCode刷题--无重复字符的最长子串（中等）

 题目描述：

给定一个字符串，请你找出其中不含有重复字符的 最长子串 的长度。

 示例 1:

输入: "abcabcbb"

输出: 3

解释: 由于无重复字符的最长子串是 "abc"，因此其长度为 3。

 示例 2:

输入: "bbbbb"

输出: 1

解释: 由于无重复字符的最长子串是 "b"，因此其长度为 1。

示例 3:

输入: "pwwkew"
输出: 3
解释: 由于无重复字符的最长子串是 "wke"，因此其长度为 3。
　　  请注意，你的答案必须是 子串 的长度，"pwke" 是一个子序列，不是子串。

　　  子串：串中任意个连续的字符组成的子序列称为该串的子串

方法一：暴力法

题目更新后因为时间限制，会出现 TLE（超时）。

 

思路

逐个检查全部的子字符串，看它是否不含有重复的字符。

 

关键点

假设咱们有一个函数 boolean allUnique(String substring) ，若是子字符串中的字符都是惟一的，它会返回 true，不然会返回 false。 咱们能够遍历给定字符串 s 的全部可能的子字符串并调用函数 allUnique。

若是事实证实返回值为 true，那么咱们将会更新无重复字符子串的最大长度的答案。

如今让咱们填补缺乏的部分：

1.为了枚举给定字符串的全部子字符串，咱们须要枚举它们开始和结束的索引。

2.要检查一个字符串是否有重复字符，咱们可使用集合。咱们遍历字符串中的全部字符，并将它们逐个放入set中。

在放置一个字符以前，咱们检查该集合是否已经包含它。若是包含，咱们会返回false。循环结束后，咱们返回true。

 

代码

class Solution { public int lengthOfLongestSubstring(String s) { //字符串长度
        int n = s.length(); //值为最长子串的长度
        int ans = 0; for (int i = 0; i < n; i++) { for (int j = i + 1; j <= n; j++) { if (allUnique(s, i, j)) { //更新ans的值，取最大
                    ans = Math.max(ans, j - i); } } } return ans; } /** * 求最长无重复字符的最长子串 * * @param s 字符串长度 * @param start 字符串当前开始位置 * @param end 字符串当前结束位置 * @return ture或false，决定要不要进入上面的if循环 */
    public boolean allUnique(String s, int start, int end) { Set<Character> set = new HashSet<>(); for (int i = start; i < end; i++) { //第i个字符在字符串中内容
            Character ch = s.charAt(i); //Set集合是否包含字符串ch
            if (set.contains(ch)) { return false; } //若是不包含，就往set集合里添加ch字符串
 set.add(ch); } return true; } }

 

复杂度： 

时间复杂度：O (n³)

 

方法二：滑动窗口

什么是滑动窗口？

其实就是一个队列，好比例题中的abcabcbb，进入这个队列（窗口）为abc 知足题目要求，当再进入a，队列变成了abca，这时候不知足要求。因此，咱们要移动这个队列！
如何移动？
咱们只要把队列的左边的元素移出就好了，直到知足题目要求！一直维持这样的队列，找出队列出现最长的长度时候，求出解！

固然滑动窗口的尺寸能够是固定也能够是动态的

 

思路

经过使用 HashSet 做为滑动窗口，咱们能够用 O(1)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。

 

回到咱们的问题，咱们使用HashSet将字符存储在当前窗口[i，，j）（最初=i）中。而后咱们向右侧滑动索引j，若是它不在HashSet中，咱们会继续滑动。直到si]已经存在于HashSet中。此时，咱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。若是咱们对全部的i这样作，就能够获得答案。

 

代码

public class Solution { public int lengthOfLongestSubstring(String s) { //字符串长度
        int n = s.length(); Set<Character> set = new HashSet<>(); //定义ans为最长子串的长度，若是j的值没有在set出现过end++，知道出现start++，滑动窗口
        int ans = 0, start = 0, end = 0; //若是start和end<n就一直遍历，直到start和end都小于n
        while (start < n && end < n) { //判断Set集合是否包含end下标对应的字符串
            if (!set.contains(s.charAt(end))){ //若是set里没有，则把j下标对应的字符串存进set集合， end执行完本句后+1
                set.add(s.charAt(end++)); //由于end++，全部滑动窗口向后移动，并更新ans的值
                ans = Math.max(ans, end - start); } else { //移除Set集合start下标对应的字符串，start++，最后所有移除
                set.remove(s.charAt(start++)); } } return ans; } }

 

复杂度

时间复杂度：O（2n）=O（n），在最糟糕的状况下，每一个字符将被i和j访问两次。

空间复杂度：O（min（m，n）），与以前的方法相同。滑动窗口法须要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。

 

方法三：优化的滑动窗口

上述的方法最多须要执行2n个步骤。事实上，它能够被进一步优化为仅须要n个步骤。咱们能够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。当咱们找到重复的字符时，咱们能够当即跳过该窗口。

也就是说，若是s[j]在[i，j）范围内有与j重复的字符，咱们不须要逐渐增长i。咱们能够直接跳过[i，j门范围内的全部元素，并将i变为j+1。

 

public class Solution { public int lengthOfLongestSubstring(String s) { int n = s.length(), ans = 0; //建立map窗口
        Map<Character, Integer> map = new HashMap<>(); //定义不重复子串的开始位置为 start，结束位置为 end
        for (int end = 0, start = 0; end < n; end++) { if (map.containsKey(s.charAt(end))) { // 随着 end 不断遍历向后，会遇到与 [start, end] 区间内字符相同的状况， // map.get(s.charAt(end)此时将字符做为 key 值，获取其 value 值， // 此时 [start, end] 区间内不存在重复字符。 // 修改start值为以前重复字符位置以后的位置
 // start更新时进行比较是由于map里key放的是全部遍历过的字符,而不只仅是窗口里的字符。
　　　　　　　　　 // 因此如今的字符若是跟窗口外的字符（也就是之前的字符）重复了，start应该保持原样
例如 abcdefcma 到第二个c的时候 i变成了 3，但到第二个 a的时候若是取第一个a的位置，而不是a和当前i的最大值， i就变成了1，左侧索引左移

                start = Math.max(map.get(s.charAt(end)), start); } //比对当前无重复字段长度和储存的长度，选最大值并替换 //end-start+1是由于此时i,end索引仍处于不重复的位置，end尚未向后移动，取的[start,end]长度,+1由于索引从1开始 //不管是否更新 start，都会更新其 map 数据结构和结果 ans。
            ans = Math.max(ans, end - start + 1); // 将当前字符为key，value 值为字符位置 +1 // 加 1 表示从字符位置后一个才开始不重复,否则就把最后一个数给替换了
            map.put(s.charAt(end), end + 1); } return ans; } }

 

 

复杂度

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）），与以前的方法相同。

空间复杂度（Table）：O（m），m是字符集的大小。

 画解