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: 因为无重复字符的最长子串是 "abc"，所以其长度为 3。
示例 2:
输入: "bbbbb"
输出: 1
解释: 因为无重复字符的最长子串是 "b"，所以其长度为 1。
示例 3:
输入: "pwwkew"
输出: 3
解释: 因为无重复字符的最长子串是 "wke"，所以其长度为 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。
暴力求解
我们大脑一眼就能看到一个字符串中哪些字符是重复的，按照计算机的思路来分析，首先从首字符开始遍历，如果发现后面的字符不和首字符相同，那么把首字符和后面的字符作为一个整体，再依次和后面进行判断，如果发现下一个字符是在首字符串里面包含的，那么把首字符串作为单独的一段，放到set集合里面，再从下一个字符重复如上的操作，最后比较出set集合里面最长的字符串，就是答案，代码如下：
publicintlengthOfLongestSubstring(Strings) {
intlen=s.length();
HashSet<String>set=newHashSet<>();
intres=1;
if(len<=1) {
res=len;
}
for(inti=0;i<len;i++) {
Stringch=s.charAt(i)+"";
for(intj=i+1;j<len;j++) {
if(!ch.contains(s.charAt(j)+"") ){
ch+=s.charAt(j);
if(set.contains(ch)){
res=Math.max(ch.length(),res);
}else{
set.add(ch);
}
}else{
if(set.contains(ch)){
res=Math.max(ch.length(),res);
}else{
set.add(ch);
}
break;
}
}
}
Iteratoriterator=set.iterator();
while(iterator.hasNext()) {
res=Math.max(iterator.next().toString().length() ,res);
}
returnres;
}
暴力求解算法分析
如图所示，此算法的并不是最优解
因为用了两次for循环，如果有n个字符，那么比较n*(n-1)次，也就是说时间复杂度是O（n2）
那么有什么更优的解法吗？
滑动窗口
思路
使用一个for循环，依次遍历每个字符，累加到一个字符串中，在每次遍历的时候比较该字符在字符串中是否出现过，如果出现，把该字符串放入set集合中，接下来再根据该字符再字符串中出现的位置不同，根据出现的位置不同，分情况处理，最后比较set集合中最大的字符串长度。
代码
publicintlengthOfLongestSubstring(Strings) {
intres=0;
HashSet<String>set=newHashSet<>();
Stringcurrent="";
for(inti=0;i<s.length() ;i++) {
if(current.contains(s.charAt(i)+"") ){
set.add(current);
intindex=current.indexOf(s.charAt(i)) ;
if(index==0){
//出现在第一个
current=current.substring(1,current.length());
i-=1;
}elseif(index==current.length()-1){
//出现在最后一个
current=s.charAt(i)+"";
}else{
//出现在中间
current=current.substring(index+1,current.length());
current+=s.charAt(i);
System.out.println(current);
}
}else{
current+=s.charAt(i)+"";
if(i==s.length()-1)set.add(current);
}
}
Iteratoriterator=set.iterator();
while(iterator.hasNext()) {
res=Math.max(iterator.next().toString().length() ,res);
}
returnres;
}
结果
分析
乍一看确实只有一次for循环，但是因为指针往往需要回退，所以实际的时间复杂度到大于等于O（n）小于等于O（n2）
官方答案：滑动窗口
思路和算法
我们先用一个例子来想一想如何在较优的时间复杂度内通过本题。
我们不妨以示例一中的字符串 \texttt{abcabcbb}abcabcbb 为例，找出 从每一个字符开始的，不包含重复字符的最长子串，那么其中最长的那个字符串即为答案。对于示例一中的字符串，我们列举出这些结果，其中括号中表示选中的字符以及最长的字符串：
以 {(a)bcabcbb}(a)bcabcbb 开始的最长字符串为 {(abc)abcbb}(abc)abcbb；
以 {a(b)cabcbb}a(b)cabcbb 开始的最长字符串为 {a(bca)bcbb}a(bca)bcbb；
以 \{ab(c)abcbb}ab(c)abcbb 开始的最长字符串为 {ab(cab)cbb}ab(cab)cbb；
以 {abc(a)bcbb}abc(a)bcbb 开始的最长字符串为 {abc(abc)bb}abc(abc)bb；
以 {abca(b)cbb}abca(b)cbb 开始的最长字符串为 {abca(bc)bb}abca(bc)bb；
以 {abcab(c)bb}abcab(c)bb 开始的最长字符串为 {abcab(cb)b}abcab(cb)b；
以 {abcabc(b)b}abcabc(b)b 开始的最长字符串为 {abcabc(b)b}abcabc(b)b；
以 {abcabcb(b)}abcabcb(b) 开始的最长字符串为 {abcabcb(b)}abcabcb(b)。
发现了什么？如果我们依次递增地枚举子串的起始位置，那么子串的结束位置也是递增的！这里的原因在于，假设我们选择字符串中的第 kk 个字符作为起始位置，并且得到了不包含重复字符的最长子串的结束位置为 r_kr k 。那么当我们选择第 k+1k+1 个字符作为起始位置时，首先从 k+1k+1 到 r_kr k 的字符显然是不重复的，并且由于少了原本的第 kk 个字符，我们可以尝试继续增大 r_kr k ，直到右侧出现了重复字符为止。
这样以来，我们就可以使用「滑动窗口」来解决这个问题了：
我们使用两个指针表示字符串中的某个子串（的左右边界）。其中左指针代表着上文中「枚举子串的起始位置」，而右指针即为上文中的 r_kr k ；在每一步的操作中，我们会将左指针向右移动一格，表示 我们开始枚举下一个字符作为起始位置，然后我们可以不断地向右移动右指针，但需要保证这两个指针对应的子串中没有重复的字符。在移动结束后，这个子串就对应着 以左指针开始的，不包含重复字符的最长子串。我们记录下这个子串的长度；在枚举结束后，我们找到的最长的子串的长度即为答案。
判断重复字符
在上面的流程中，我们还需要使用一种数据结构来判断 是否有重复的字符，常用的数据结构为哈希集合（即 C++ 中的 std::unordered_set，Java 中的 HashSet，Python 中的 set, JavaScript 中的 Set）。在左指针向右移动的时候，我们从哈希集合中移除一个字符，在右指针向右移动的时候，我们往哈希集合中添加一个字符。
至此，我们就完美解决了本题。
代码
classSolution{
publicintlengthOfLongestSubstring(Strings) {
// 哈希集合，记录每个字符是否出现过
Set<Character>occ=newHashSet<Character>();
intn=s.length();
// 右指针，初始值为 -1，相当于我们在字符串的左边界的左侧，还没有开始移动
intrk=-1,ans=0;
for(inti=0;i<n;++i) {
if(i!=0) {
// 左指针向右移动一格，移除一个字符
occ.remove(s.charAt(i-1));
}
while(rk+1<n&&!occ.contains(s.charAt(rk+1))) {
// 不断地移动右指针
occ.add(s.charAt(rk+1));
++rk;
}
// 第 i 到 rk 个字符是一个极长的无重复字符子串
ans=Math.max(ans,rk-i+1);
}
returnans;
}
}
复杂度分析
时间复杂度：O(N)O(N)，其中 NN 是字符串的长度。左指针和右指针分别会遍历整个字符串一次。
空间复杂度：O(|\Sigma|)O(∣Σ∣)，其中 \SigmaΣ 表示字符集（即字符串中可以出现的字符），|\Sigma|∣Σ∣ 表示字符集的大小。在本题中没有明确说明字符集，因此可以默认为所有 ASCII 码在 [0, 128)[0,128) 内的字符，即 |\Sigma| = 128∣Σ∣=128。我们需要用到哈希集合来存储出现过的字符，而字符最多有 |\Sigma|∣Σ∣ 个，因此空间复杂度为 O(|\Sigma|)O(∣Σ∣)。
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