leetCode_3_Longest_Substring_Without_Repeating_Characters

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题目描述（中等难度）

给定一个字符串，找到没有重复字符的最长子串，返回它的长度。

解法一

简单粗暴些，找一个最长子串，那么我们用两个循环穷举所有子串，然后再用一个函数判断该子串中有没有重复的字符。

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public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
    int n = s.length();
    int ans = 0;//保存当前得到满足条件的子串的最大值
    for (int i = 0; i < n; i++)
        for (int j = i + 1; j <= n; j++) //之所以 j<= n，是因为我们子串是 [i,j),左闭右开
            if (allUnique(s, i, j)) ans = Math.max(ans, j - i); //更新 ans
    return ans;
}

public boolean allUnique(String s, int start, int end) {
    Set<Character> set = new HashSet<>();//初始化 hash set
    for (int i = start; i < end; i++) {//遍历每个字符
        Character ch = s.charAt(i);
        if (set.contains(ch)) return false; //判断字符在不在 set 中
        set.add(ch);//不在的话将该字符添加到 set 里边
    }
    return true;
}

时间复杂度：两个循环，加上判断子串满足不满足条件的函数中的循环，O（n³）。

空间复杂度：使用了一个 set，判断子串中有没有重复的字符。由于 set 中没有重复的字符，所以最长就是整个字符集，假设字符集的大小为 m ，那么 set 最长就是 m 。另一方面，如果字符串的长度小于 m ，是 n 。那么 set 最长也就是 n 了。综上，空间复杂度为 O（min（m，n））。

解法二

遗憾的是上边的算法没有通过 leetCode，时间复杂度太大，造成了超时。我们怎么来优化一下呢？

上边的算法中，我们假设当 i 取 0 的时候，

j 取 1，判断字符串 str[0,1) 中有没有重复的字符。

j 取 2，判断字符串 str[0,2) 中有没有重复的字符。

j 取 3，判断字符串 str[0,3) 中有没有重复的字符。

j 取 4，判断字符串 str[0,4) 中有没有重复的字符。

做了很多重复的工作，因为如果 str[0,3) 中没有重复的字符，我们不需要再判断整个字符串 str[0,4) 中有没有重复的字符，而只需要判断 str[3] 在不在 str[0,3) 中，不在的话，就表明 str[0,4) 中没有重复的字符。

如果在的话，那么 str[0,5) ，str[0,6) ，str[0,7) 一定有重复的字符，所以此时后边的 j 也不需要继续增加了。i ++ 进入下次的循环就可以了。

此外，我们的 j 也不需要取 j + 1，而只需要从当前的 j 开始就可以了。

综上，其实整个关于 j 的循环我们完全可以去掉了，此时可以理解变成了一个「滑动窗口」。

整体就是橘色窗口在依次向右移动。

判断一个字符在不在字符串中，我们需要可以遍历整个字符串，遍历需要的时间复杂度就是 O（n），加上最外层的 i 的循环，总体复杂度就是 O（n²）。我们可以继续优化，判断字符在不在一个字符串，我们可以将已有的字符串存到 Hash 里，这样的时间复杂度是 O（1），总的时间复杂度就变成了 O（n）。

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public class Solution {
    public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
        int n = s.length();
        Set<Character> set = new HashSet<>();
        int ans = 0, i = 0, j = 0;
        while (i < n && j < n) {
            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;
    }
}

时间复杂度：在最坏的情况下，while 循环中的语句会执行 2n 次，例如 abcdefgg，开始的时候 j 一直后移直到到达第二个 g 的时候固定不变 ，然后 i 开始一直后移直到 n ，所以总共执行了 2n 次，时间复杂度为 O（n）。

空间复杂度：和上边的类似，需要一个 Hash 保存子串，所以是 O（min（m，n））。

解法三

继续优化，我们看上边的算法的一种情况。

当 j 指向的 c 存在于前边的子串 abcd 中，此时 i 向前移到 b ,此时子串中仍然含有 c，还得继续移动，所以这里其实可以优化。我们可以一步到位，直接移动到子串 c 的位置的下一位！

实现这样的话，我们将 set 改为 map ，将字符存为 key ，将对应的下标存到 value 里就实现了。

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public class Solution {
    public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
        int n = s.length(), ans = 0;
        Map<Character, Integer> map = new HashMap<>(); 
        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);//下标 + 1 代表 i 要移动的下个位置
        }
        return ans;
    }
}

与解法二相比

由于采取了 i 跳跃的形式，所以 map 之前存的字符没有进行 remove ，所以 if 语句中进行了Math.max ( map.get ( s.charAt ( j ) ) , i )，要确认得到的下标不是 i 前边的。

还有个不同之处是 j 每次循环都进行了自加 1 ，因为 i 的跳跃已经保证了 str[ i , j] 内没有重复的字符串，所以 j 直接可以加 1 。而解法二中，要保持 j 的位置不变，因为不知道和 j 重复的字符在哪个位置。

最后个不同之处是， ans 在每次循环中都进行更新，因为 ans 更新前 i 都进行了更新，已经保证了当前的子串符合条件，所以可以更新 ans 。而解法二中，只有当当前的子串不包含当前的字符时，才进行更新。

时间复杂度：我们将 2n 优化到了 n ，但最终还是和之前一样，O（n）。

空间复杂度：也是一样的，O（min（m，n)）。

解法四

和解法三思路一样，区别的地方在于，我们不用 Hash ，而是直接用数组，字符的 ASCII 码值作为数组的下标，数组存储该字符所在字符串的位置。适用于字符集比较小的情况，因为我们会直接开辟和字符集等大的数组。

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public class Solution {
    public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
        int n = s.length(), ans = 0;
        int[] index = new int[128];   
        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;//（下标 + 1） 代表 i 要移动的下个位置
        }
        return ans;
    }
}

和解法 3 不同的地方在于，没有了 if 的判断，因为如果 index[ s.charAt ( j ) ] 不存在的话，它的值会是 0 ，对最终结果不会影响。

时间复杂度：O（n）。

空间复杂度：O（m），m 代表字符集的大小。这次不论原字符串多小，都会利用这么大的空间。

总结

综上，我们一步一步的寻求可优化的地方，对算法进行了优化。又加深了 Hash 的应用，以及利用数组巧妙的实现了 Hash 的作用。

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