LeetCode刷题笔记-3.无重复字符的最长子串
给定一个字符串 s ，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
我的解法
public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
// 定义一个map用来，存放已经匹配的字符和索引
Map<Character, Integer> resultMap = new HashMap<>();
int maxLength = 0;
for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
for (int j = i; j < s.length(); j++) {
if (!resultMap.containsKey(s.charAt(j))) {
// 若不包含，说明没有重复，将当前字符放入map，并记录索引
resultMap.put(s.charAt(j), j);
// 记录当前最大长度
maxLength = Math.max(maxLength, j - i + 1);
} else {
// 若包含，则下次从当前包含的索引处开始遍历
i = resultMap.get(s.charAt(j));
// 将map置空，重新用于新的子串
resultMap = new HashMap<>();
break;
}
}
}
return maxLength;
}
复杂度分析
- 时间复杂度：O(N^2)
- 空间复杂度：用map装结果，O(G) G为字符集的大小
官方解法
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));
}
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;
}
}
滑动窗口
思路和算法
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(a)bcabcbb 开始的最长字符串为 (abc)abcbb(abc)abcbb；
- 以 a(b)cabcbba(b)cabcbb 开始的最长字符串为 a(bca)bcbba(bca)bcbb；
- 以 ab(c)abcbbab(c)abcbb 开始的最长字符串为 ab(cab)cbbab(cab)cbb；
- 以 abc(a)bcbbabc(a)bcbb 开始的最长字符串为 abc(abc)bbabc(abc)bb；
- 以 abca(b)cbbabca(b)cbb 开始的最长字符串为 abca(bc)bbabca(bc)bb；
- 以 abcab(c)bbabcab(c)bb 开始的最长字符串为 abcab(cb)babcab(cb)b；
- 以 abcabc(b)babcabc(b)b 开始的最长字符串为 abcabc(b)babcabc(b)b；
- 以 abcabcb(b)abcabcb(b) 开始的最长字符串为 abcabcb(b)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rk。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rk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rk,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 rk;
- 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。
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∣)。
总结
我和官方解法相比，多用了一个循环，导致空间复杂度增加，但是我记录了索引，可以跳动到重复字符的下一个位置，相比官方解法的一个个滑动，少了些无效循环。
优化方案
public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
Map<Character, Integer> resultMap = new HashMap<>();
int maxLength = 0; int startIndex = 0;
for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
if (!resultMap.containsKey(s.charAt(i))) {
resultMap.put(s.charAt(i), i);
maxLength = Math.max(maxLength, i - startIndex + 1);
} else {
i = resultMap.get(s.charAt(i));
startIndex = i + 1;
resultMap = new HashMap<>();
}
}
return maxLength;
}
网友方案
public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
HashMap<Character, Integer> map = new HashMap<>();
int max = 0, start = 0;
for (int end = 0; end < s.length(); end++) {
char ch = s.charAt(end);
if (map.containsKey(ch)){
start = Math.max(map.get(ch)+1,start);
}
max = Math.max(max,end - start + 1);
map.put(ch,end);
}
return max;
}
这个方案更加的精妙，和我一样记录了索引的位置，但是在改变start和保存map的时候操作比我优雅的多。值得学习。