无重复字符的最长子串php,LeetCode刷题--无重复字符的最长子串（中等）
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:
示例 2:
示例 3:
方法一：暴力法
题目更新后由于时间限制，会出现 TLE(超时)。
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。
关键点
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：
1.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。
2.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。
代码
classSolution {public intlengthOfLongestSubstring(String s) {//字符串长度
int n =s.length();//值为最长子串的长度
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);
}
}
}returnans;
}/*** 求最长无重复字符的最长子串
*
*@params 字符串长度
*@paramstart 字符串当前开始位置
*@paramend 字符串当前结束位置
*@returnture或false，决定要不要进入上面的if循环*/
public boolean allUnique(String s, int start, intend) {
Set set = new HashSet<>();for (int i = start; i < end; i++) {//第i个字符在字符串中内容
Character ch =s.charAt(i);//Set集合是否包含字符串ch
if(set.contains(ch)) {return false;
}//如果不包含，就往set集合里添加ch字符串
set.add(ch);
}return true;
}
}
复杂度：
时间复杂度：O (n)
方法二：滑动窗口
什么是滑动窗口？
其实就是一个队列，比如例题中的abcabcbb，进入这个队列(窗口)为abc 满足题目要求，当再进入a，队列变成了abca，这时候不满足要求。所以，我们要移动这个队列！
如何移动？
我们只要把队列的左边的元素移出就行了，直到满足题目要求！一直维持这样的队列，找出队列出现最长的长度时候，求出解！
当然滑动窗口的尺寸可以是固定也可以是动态的
思路
通过使用 HashSet 作为滑动窗口，我们可以用 O(1)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。
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=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。直到si]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。
代码
public classSolution {public intlengthOfLongestSubstring(String s) {//字符串长度
int n =s.length();
Set set = new HashSet<>();//定义ans为最长子串的长度，如果j的值没有在set出现过end++，知道出现start++，滑动窗口
int ans = 0, start = 0, end = 0;//如果start和end
while (start < n && end
if (!set.contains(s.charAt(end))){//如果set里没有，则把j下标对应的字符串存进set集合， end执行完本句后+1
set.add(s.charAt(end++));//因为end++，所有滑动窗口向后移动，并更新ans的值
ans = Math.max(ans, end -start);
}else{//移除Set集合start下标对应的字符串，start++，最后全部移除
set.remove(s.charAt(start++));
}
}returnans;
}
}
复杂度
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门范围内的所有元素，并将i变为j+1。
public classSolution {public intlengthOfLongestSubstring(String s) {int n = s.length(), ans = 0;//创建map窗口
Map map = new HashMap<>();//定义不重复子串的开始位置为 start，结束位置为 end
for (int end = 0, start = 0; end < n; end++) {if(map.containsKey(s.charAt(end))) {//随着 end 不断遍历向后，会遇到与 [start, end] 区间内字符相同的情况，//map.get(s.charAt(end)此时将字符作为 key 值，获取其 value 值，//此时 [start, end] 区间内不存在重复字符。//修改start值为之前重复字符位置之后的位置
start =Math.max(map.get(s.charAt(end)), start);
}//比对当前无重复字段长度和储存的长度，选最大值并替换//end-start+1是因为此时i,end索引仍处于不重复的位置，end还没有向后移动，取的[start,end]长度,+1因为索引从1开始//无论是否更新 start，都会更新其 map 数据结构和结果 ans。
ans = Math.max(ans, end - start + 1);//将当前字符为key，value 值为字符位置 +1//加 1 表示从字符位置后一个才开始不重复,不然就把最后一个数给替换了
map.put(s.charAt(end), end + 1);
}returnans;
}
}
复杂度
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。
画解