一、题目

难度中等

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: 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。

示例 2:

输入: s = "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: 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。

示例 4:

输入: s = ""输出: 0

提示：

• 0 <= s.length <= 5 * 104

• s 由英文字母、数字、符号和空格组成

二、我的解答

第一次解答：

我的思路跟官方的差不多，把光标从第一个开始，寻找最长

只不过我是每次删除第一个就全部重新加，而不是他那个窗口移动的概念

public static int lengthOfLongestSubstring(String s) {

    int selection = 0;

    int maxSize=0;

    while (selection < s.length()) {

        HashMap map = new HashMap<>();

        List mapList = new ArrayList<>();

        for (int i = selection; i < s.length(); i++) {

            char val = s.charAt(i);

            if (!map.containsKey(val)) {

                map.put(val, val);

                mapList.add(val);

            } else {

                break;

            }

        }

        maxSize=Math.max(mapList.size(),maxSize);

        selection++;

        if (mapList.size() >= (s.length() - selection)) {

            break;

        }

    }

    return maxSize;

}

通过：

三、系统解答

方法一：滑动窗口

思路及算法

我们先用一个例子考虑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 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)。

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 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 r_k 。那么当我们选择第 k+1 个字符作为起始位置时，首先从 k+1到 r_k的字符显然是不重复的，并且由于少了原本的第 k 个字符，我们可以尝试继续增大 r_k，直到右侧出现了重复字符为止。

这样一来，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（或窗口）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_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。

注释：思路和我一样，代码比我写的简单太多了吧

class Solution {    public int lengthOfLongestSubstring(String s) {

        // 哈希集合，记录每个字符是否出现过

        Set<Character> occ = new HashSet<Character>();

        int n = 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

        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));

            }

            //判断rk+1<n是为了确定右指针是否已经走到了最后

            //右指针走到最后的情况，说明后续都可以走到最后，只需用rk-i+1确定

            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;

    }

}

复杂度分析

• 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。

• 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。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 ∣Σ∣ 个，因此空间复杂度为 O(∣Σ∣)。

这个网友的很精彩

class Solution {    public int lengthOfLongestSubstring(String s) {

        // 记录字符上一次出现的位置

        int[] last = new int[128];

        for(int i = 0; i < 128; i++) {

            last[i] = -1;

        }

        int n = s.length();


        int res = 0;

        int start = 0; // 窗口开始位置

        for(int i = 0; i < n; i++) {

            int index = s.charAt(i);

            start = Math.max(start, last[index] + 1);

            res   = Math.max(res, i - start + 1);

            last[index] = i;

        }


        return res;

    }

}

答案有个缺点，左指针并不需要依次递增，即多了很多无谓的循环。 发现有重复字符时，可以直接把左指针移动到第一个重复字符的下一个位置即可。

每次左指针右移一位，移除set的一个字符，这一步会导致很多无用的循环。while循环发现的重复字符不一定就是Set最早添加那个，还要好多次循环才能到达，这些都是无效循环，不如直接用map记下每个字符的索引，直接进行跳转