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 和 。那么我们有 （这里的结束索引 是按惯例排除的）。因此，使用 从0到 以及 从到 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 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： 。
要验证索引范围在 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 的时间。
对于给定的
i，对于所有 所耗费的时间总和为：因此，执行所有步骤耗去的时间总和为：
空间复杂度：，我们需要 的空间来检查子字符串中是否有重复字符，其中 表示
Set的大小。而 Set 的大小取决于字符串 的大小以及字符集/字母 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 到 之间的子字符串 已经被检查为没有重复字符。我们只需要检查 对应的字符是否已经存在于子字符串 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 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 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 （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 向右滑动 1个元素，则它将变为 （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（最初 ）中。 然后我们向右侧滑动索引，如果它不在 HashSet 中，我们会继续滑动 。直到 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 开头。如果我们对所有的 这样做，就可以得到答案。
public class Solution {
public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
int n = s.length();
Set 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：，在最糟糕的情况下，每个字符将被 和 访问两次。
- 空间复杂度：，与之前的方法相同。滑动窗口法需要 的空间，其中 表示
Set的大小。而Set的大小取决于字符串 的大小以及字符集/字母 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 在 范围内有与 重复的字符，我们不需要逐渐增加 。 我们可以直接跳过 范围内的所有元素，并将 变为 。
public class Solution {
public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
int n = s.length(), ans = 0;
Map 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：，索引 将会迭代 次。
- 空间复杂度（HashMap）：，与之前的方法相同。
- 空间复杂度（Table）：， 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)