LeetCode刷題--無重複字符的最長子串（中等）

 題目描述：

給定一個字符串，請你找出其中不含有重複字符的 最長子串 的長度。

 示例 1:

輸入: "abcabcbb"

輸出: 3

解釋: 由於無重複字符的最長子串是 "abc"，因此其長度爲 3。

 示例 2:

輸入: "bbbbb"

輸出: 1

解釋: 由於無重複字符的最長子串是 "b"，因此其長度爲 1。

示例 3:

輸入: "pwwkew"
輸出: 3
解釋: 由於無重複字符的最長子串是 "wke"，因此其長度爲 3。
　　  請注意，你的答案必須是 子串 的長度，"pwke" 是一個子序列，不是子串。

　　  子串：串中任意個連續的字符組成的子序列稱爲該串的子串

方法一：暴力法

題目更新後因爲時間限制，會出現 TLE（超時）。

 

思路

逐個檢查全部的子字符串，看它是否不含有重複的字符。

 

關鍵點

假設咱們有一個函數 boolean allUnique(String substring) ，若是子字符串中的字符都是惟一的，它會返回 true，不然會返回 false。 咱們能夠遍歷給定字符串 s 的全部可能的子字符串並調用函數 allUnique。

若是事實證實返回值爲 true，那麼咱們將會更新無重複字符子串的最大長度的答案。

如今讓咱們填補缺乏的部分：

1.爲了枚舉給定字符串的全部子字符串，咱們須要枚舉它們開始和結束的索引。

2.要檢查一個字符串是否有重複字符，咱們可使用集合。咱們遍歷字符串中的全部字符，並將它們逐個放入set中。

在放置一個字符以前，咱們檢查該集合是否已經包含它。若是包含，咱們會返回false。循環結束後，咱們返回true。

 

代碼

class Solution { public int lengthOfLongestSubstring(String s) { //字符串長度
        int n = s.length(); //值爲最長子串的長度
        int ans = 0; for (int i = 0; i < n; i++) { for (int j = i + 1; j <= n; j++) { if (allUnique(s, i, j)) { //更新ans的值，取最大
                    ans = Math.max(ans, j - i); } } } return ans; } /** * 求最長無重複字符的最長子串 * * @param s 字符串長度 * @param start 字符串當前開始位置 * @param end 字符串當前結束位置 * @return ture或false，決定要不要進入上面的if循環 */
    public boolean allUnique(String s, int start, int end) { Set<Character> set = new HashSet<>(); for (int i = start; i < end; i++) { //第i個字符在字符串中內容
            Character ch = s.charAt(i); //Set集合是否包含字符串ch
            if (set.contains(ch)) { return false; } //若是不包含，就往set集合裏添加ch字符串
 set.add(ch); } return true; } }

 

複雜度： 

時間複雜度：O (n³)

 

方法二：滑動窗口

什麼是滑動窗口？

其實就是一個隊列，好比例題中的abcabcbb，進入這個隊列（窗口）爲abc 知足題目要求，當再進入a，隊列變成了abca，這時候不知足要求。因此，咱們要移動這個隊列！
如何移動？
咱們只要把隊列的左邊的元素移出就好了，直到知足題目要求！一直維持這樣的隊列，找出隊列出現最長的長度時候，求出解！

固然滑動窗口的尺寸能夠是固定也能夠是動態的

 

思路

經過使用 HashSet 做爲滑動窗口，咱們能夠用 O(1)O(1) 的時間來完成對字符是否在當前的子字符串中的檢查。

 

回到咱們的問題，咱們使用HashSet將字符存儲在當前窗口[i，，j）（最初=i）中。而後咱們向右側滑動索引j，若是它不在HashSet中，咱們會繼續滑動。直到si]已經存在於HashSet中。此時，咱們找到的沒有重複字符的最長子字符串將會以索引i開頭。若是咱們對全部的i這樣作，就能夠獲得答案。

 

代碼

public class Solution { public int lengthOfLongestSubstring(String s) { //字符串長度
        int n = s.length(); Set<Character> set = new HashSet<>(); //定義ans爲最長子串的長度，若是j的值沒有在set出現過end++，知道出現start++，滑動窗口
        int ans = 0, start = 0, end = 0; //若是start和end<n就一直遍歷，直到start和end都小於n
        while (start < n && end < n) { //判斷Set集合是否包含end下標對應的字符串
            if (!set.contains(s.charAt(end))){ //若是set裏沒有，則把j下標對應的字符串存進set集合， end執行完本句後+1
                set.add(s.charAt(end++)); //由於end++，全部滑動窗口向後移動，並更新ans的值
                ans = Math.max(ans, end - start); } else { //移除Set集合start下標對應的字符串，start++，最後所有移除
                set.remove(s.charAt(start++)); } } return ans; } }

 

複雜度

時間複雜度：O（2n）=O（n），在最糟糕的狀況下，每一個字符將被i和j訪問兩次。

空間複雜度：O（min（m，n）），與以前的方法相同。滑動窗口法須要O（k）的空間，其中k表示Set的大小。而Set的大小取決於字符串n的大小以及字符集/字母m的大小。

 

方法三：優化的滑動窗口

上述的方法最多須要執行2n個步驟。事實上，它能夠被進一步優化爲僅須要n個步驟。咱們能夠定義字符到索引的映射，而不是使用集合來判斷一個字符是否存在。當咱們找到重複的字符時，咱們能夠當即跳過該窗口。

也就是說，若是s[j]在[i，j）範圍內有與j重複的字符，咱們不須要逐漸增長i。咱們能夠直接跳過[i，j門範圍內的全部元素，並將i變爲j+1。

 

public class Solution { public int lengthOfLongestSubstring(String s) { int n = s.length(), ans = 0; //建立map窗口
        Map<Character, Integer> map = new HashMap<>(); //定義不重複子串的開始位置爲 start，結束位置爲 end
        for (int end = 0, start = 0; end < n; end++) { if (map.containsKey(s.charAt(end))) { // 隨着 end 不斷遍歷向後，會遇到與 [start, end] 區間內字符相同的狀況， // map.get(s.charAt(end)此時將字符做爲 key 值，獲取其 value 值， // 此時 [start, end] 區間內不存在重複字符。 // 修改start值爲以前重複字符位置以後的位置
 // start更新時進行比較是由於map裏key放的是全部遍歷過的字符,而不只僅是窗口裏的字符。
　　　　　　　　　 // 因此如今的字符若是跟窗口外的字符（也就是之前的字符）重複了，start應該保持原樣
例如 abcdefcma 到第二個c的時候 i變成了 3，但到第二個 a的時候若是取第一個a的位置，而不是a和當前i的最大值， i就變成了1，左側索引左移

                start = Math.max(map.get(s.charAt(end)), start); } //比對當前無重複字段長度和儲存的長度，選最大值並替換 //end-start+1是由於此時i,end索引仍處於不重複的位置，end尚未向後移動，取的[start,end]長度,+1由於索引從1開始 //不管是否更新 start，都會更新其 map 數據結構和結果 ans。
            ans = Math.max(ans, end - start + 1); // 將當前字符爲key，value 值爲字符位置 +1 // 加 1 表示從字符位置後一個纔開始不重複,否則就把最後一個數給替換了
            map.put(s.charAt(end), end + 1); } return ans; } }

 

 

複雜度

時間複雜度：O（n），索引j將會迭代n次。

空間複雜度（HashMap）：O（min（m，n）），與以前的方法相同。

空間複雜度（Table）：O（m），m是字符集的大小。

 畫解