一、问题
给定一个字符串，找出其中不含有重复字符的最长子串的长度。
1️⃣示例 1：输入：s = "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。
2️⃣示例 2：输入：s = "aaaaaa"，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。
3️⃣示例 3：输入：s = "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。
4️⃣示例 4：输入：s = ""，输出：0
二、解答
测试主类：
public static void main(String args[]) {
String str = "abcabcbb";
System.out.println(lengthOfLongestSubstring(str));
String str1 = "aaaaaa";
System.out.println(lengthOfLongestSubstring(str1));
String str2 = "pwwkew";
System.out.println(lengthOfLongestSubstring(str2));
}
1️⃣滑动窗口
对于示例一中的字符串，列举出结果，其中括号中表示选中的字符以及最长的字符串：
以 (a)bcabcbb 开始的最长字符串为 (abc)abcbb；
以 a(b)cabcbb 开始的最长字符串为 a(bca)bcbb；
以 ab(c)abcbb 开始的最长字符串为 ab(cab)cbb；
以 abc(a)bcbb 开始的最长字符串为 abc(abc)bb；
以 abca(b)cbb 开始的最长字符串为 abca(bc)bb；
以 abcab(c)bb 开始的最长字符串为 abcab(cb)b；
以 abcabc(b)b 开始的最长字符串为 abcabc(b)b；
以 abcabcb(b) 开始的最长字符串为 abcabcb(b)。
如果依次递增枚举子串的起始位置，那么子串的结束位置也是递增的！原因在于，假设选择字符串中的第 k 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 rk。那么当选择第 k+1 个字符作为起始位置时，首先从 k+1 到 rk 的字符显然是不重复的，并且由于少了原本的第 k 个字符，可以尝试继续增大 rk，直到右侧出现了重复字符为止。如此，就可以使用「滑动窗口」来解决这个问题了：
- 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「枚举子串的起始位置」，而右指针即为上文中的 rk。
- 在每一步的操作中，将左指针向右移动一格，表示开始枚举下一个字符作为起始位置，然后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。记录下这个子串的长度。
- 在枚举结束后，找到的最长的子串的长度即为答案。
注意：判断重复字符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如 Java 中的 HashSet。在左指针向右移动的时候，从哈希集合中移除一个字符，在右指针向右移动的时候，往哈希集合中添加一个字符。
public static int lengthOfLongestSubstring(String s) {
// 哈希集合，记录每个字符是否出现过
Set<Character> occ = new HashSet<>();
int n = s.length();
// 右指针，初始值为 -1，相当于在字符串的左边界的左侧，还没有开始移动
int rk = -1, ans = 0;
for (int i = 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);
}
return ans;
}
①时间复杂度：O(N)，其中 N 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。
②空间复杂度：O(∣Σ∣)，其中 ∣Σ∣表示字符集(即字符串中可以出现的字符)，∣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) 内的字符，即∣Σ∣=128。需要用到哈希集合来存储出现过的字符，而字符最多有∣Σ∣ 个，因此空间复杂度为 O(∣Σ∣)。
2️⃣滑动窗口
首先，判断当前字符是否包含在map中，如果不包含，将该字符添加到map(字符，字符在数组下标)，此时没有出现重复的字符，左指针不需要变化。此时不重复子串的长度为：i-left+1，与原来的 maxLen 比较，取最大值。
如果当前字符 ch 包含在 map 中，此时有两种情况：
1）当前字符包含在当前有效的子段中，如：abca，当遍历到第二个a，当前有效最长子段是 abc，又遍历到a，那么此时更新 left 为 map.get(a)+1=1，当前有效子段更新为 bca；
2）当前字符不包含在当前最长有效子段中，如：abba，先添加 a、b 进 map，此时 left=0，再添加 b，发现 map 中包含b，而且 b 包含在最长有效子段中，就是1）的情况，更新 left=map.get(b)+1=2，此时子段更新为 b，而且map 中仍然包含 a，map.get(a)=0。随后，遍历到 a，发现 a 包含在 map 中，且 map.get(a)=0，如果像1）一样处理，就会发现 left=map.get(a)+1=1，实际上，left 此时应该不变，left 始终为2，子段变成 ba 才对。
为了处理以上两类情况，每次更新 left，left=Math.max(left , map.get(ch)+1)。另外，更新 left 后，不管原来的 s.charAt(i) 是否在最长子段中，都要将 s.charAt(i) 的位置更新为当前的 i，因此此时新的 s.charAt(i) 已经进入到当前最长的子段中！
public static int lengthOfLongestSubstring(String s) {
if (s.length() == 0) return 0;
HashMap<Character, Integer> map = new HashMap<>();
int max = 0;
int left = 0;//滑动窗口左下标，i相当于滑动窗口右下标
for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
//charAt()用于返回指定索引处的字符。索引范围为从 0 到 length() - 1。
if (map.containsKey(s.charAt(i))) {
//map.get()返回字符所对应的索引，当发现重复元素时，窗口左指针右移
left = Math.max(left, map.get(s.charAt(i)) + 1);
}
//再更新map中a映射的下标
map.put(s.charAt(i), i);
//比较两个参数的大小
max = Math.max(max, i - left + 1);
}
return max;
}
