【转】无重复字符的最长子串

转自：https://leetcode-cn.com/articles/longest-substring-without-repeating-characters/

解决方案

方法一：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 \leq i \lt j \leq 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。

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： $O(n^3)$ 。

要验证索引范围在 $[i, j)$ 内的字符是否都是唯一的，我们需要检查该范围中的所有字符。因此，它将花费 $O(j - i)$ 的时间。

对于给定的 i，对于所有 $j \in [i+1, n]$ 所耗费的时间总和为：

$\sum_{i+1}^{n}O(j - i)$

因此，执行所有步骤耗去的时间总和为：
$O\left(\sum{i = 0}^{n - 1}\left(\sum{j = i + 1}^{n}(j - i)\right)\right) = O\left(\sum_{i = 0}^{n - 1}\frac{(1 + n - i)(n - i)}{2}\right) = O(n^3)$
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。

方法二：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 $s_{ij}$ 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 $s_{ij}$ 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。

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。

方法三：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 $j' + 1$ 。

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。

自己做

最终代码

class Solution:
    def lengthOfLongestSubstring(self, s):
        """
        :type s: str
        :rtype: int
        """
        arr = []
        maxLen = 0
        for i in s:
            if i in arr:
                index = arr.index(i)
                arr = arr[index+1:]
            arr.append(i)
            if len(arr) > maxLen:
                maxLen = len(arr)
        return maxLen

1、"dvdf"失败

原因：做法是遇到一个重复的字符就清空数组，这种情况下就有问题了。

解决方案：遇到重复时，删掉重复的前面的所有字符

2、"aabaab!bb"失败

原因：代码写错了，

index = s.index(i) -> index = arr.index(i)