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: 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。
方法一：暴力法
题目更新后由于时间限制，会出现 TLE。
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。
class Solution {
public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
int result = 0;
//外层循环，子串的起始下标
for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
//内层循环，子串的结束下标
for (int j = i + 1; j <= s.length(); j++) {
//allCharUnique方法判断一个子串的每一个字符是否都不重复
if (allCharUnique(s, i, j)) {
//j-i为一个子串的长度
result = Math.max(result, j - i);
}
}
}
return result;
}
private static boolean allCharUnique(String s, int i, int j) {
Set<Character> set = new HashSet<>();
char[] chs = s.toCharArray();
for (int start = i; start < j; start++) {
if (set.contains(chs[start])) {
return false;
} else {
set.add(chs[start]);
}
}
return true;
}
}
本地调试没有问题，提交之后报超出时间限制，也在预料之中
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。
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。
class Solution {
public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
//HashSet实现滑动窗口
Set<Character> set = new HashSet<>();
int result = 0;
int i = 0;
int j = 0;
while (i < s.length() && j < s.length()) {
if (!set.contains(s.charAt(j))) {
set.add(s.charAt(j++));
result = Math.max(result, j - i);
} else {
//滑动窗口开始位置向右滑动一个位置
set.remove(s.charAt(i++));
}
}
return result;
}
}
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。
class Solution {
public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
Map<Character, Integer> map = new HashMap<>(s.length());
int result = 0;
for (int i = 0, j = 0; j < s.length(); j++) {
if (map.containsKey(s.charAt(j))) {
i = Math.max(i, map.get(s.charAt(j)));
}
result = Math.max(result, j - i + 1);
map.put(s.charAt(j), j + 1);
}
return result;
}
}
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。