【LeetCode题解】3、无重复字符的最长子串

1 题目

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

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示例1 给定 "abcabcbb" ，没有重复字符的最长子串是 "abc" ，那么长度就是 3。
示例2 给定 "bbbbb" ，最长的子串就是 "b" ，长度是 1。
示例3 给定 "pwwkew" ，最长子串是 "wke" ，长度是 3。请注意答案必须是一个子串，"pwke" 是子序列 而不是子串。

2 解题

2.1 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 bool 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 i 和 j。那么我们有 0 ≤i <j≤n （这里的结束索引 j 是按惯例排除的）。因此，使用 i 从 0 到 n−1 以及 j 从 i+1 到 n 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。

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int lengthOfLongestSubstring(std::string s)
{
    int n = s.size();
    int ret = 0;
    //查询s的所有字串，找到不重复的，找出其最大的子串
    for (int i = 0; i < n - 1; i++)
    {
        for (int j = i + 1; j < n; j++)
        {
            if (allUnique(s, i, j)) //不重复，就比较子串长度
            {
                ret = (ret > (j - i)) ? ret : (j - i);
            }
        }
    }
    return ret;
}

bool allUnique(std::string s, int start, int end)
{
    std::unordered_set<char> set; 
    for (int i=start; i<end; i++)//遍历数组的start到end
    {
        char ch = s[i];
        //判断start到end的每一个数组字符是否在容器set中，若在表明该字串是重复的，直接返回false
        if (set.find(ch) != set.end())	
        {
            return false;
        }
        set.insert(ch);	//不在，将该字符加入set中
    }
    //遍历完start到end段，则表明该子串是不重复的
    return true;
}
/*
注：unordered_set 容器具有几个特性：
1.不再以键值对的形式存储数据，而是直接存储数据的值；
2.容器内部存储的各个元素的值都互不相等，且不能被修改；
3.不会对内部存储的数据进行排序。
*/

复杂度分析：

时间复杂度：$O(n^3)$。

要验证索引范围在$ [i,j)$内的字符是否都是唯一的，我们需要检查该范围中的所有字符。因此，它将花费$ O(j-i)$的时间。对于给定的 i，对于所有$ j \in [i+1,n)$所耗费的时间总和为： $ \sum\limits_{i+1}^{n}O(j-i)$ 因此，执行所有步骤耗去的时间总和为：$ O(\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sum\limits_{j=i+1}^{n}j-i) = O(\sum\limits_{i=0}^{n-1}\frac{(1+n-i)(n-i)}{2})=O(n^3)$
空间复杂度:$O(\min(m,n))$,我们需要$O(k)$的空间来检查子字符串中是否有重复字符，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。

2.2 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$i$到$ j-1$之间的子字符串$s_{ij}$已经被检查为没有重复字符。我们只需要检查$s[j]$对应的字符是否已经存在于子字符串$s_{ij}$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$O(n^2)$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$O(1)$的时间来完成对字符是否在当前的子字符串中的检查。

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$[i,j)$ （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$[i,j)$向右滑动 1 个元素，则它将变为$[i+1,j+1) $（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$[i,j)$（最初 j=ij=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$j$。直到$s[j]$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。

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int lengthOfLongestSubstring(std::string s)
{
    int n = s.size();
    std::unordered_set<char> set;
    int ans = 0, i = 0, j = 0;
    //滑动窗口[i,j),先固定i，移动j，
    //若s[j]不在set中，将当前的s[j]存入set，j后移动一位，计算此时的窗口大小；
    //若s[j]已经在set中，删掉set中s[i],i向后移动一位。
    //窗口遍历完成整个数组，得到最长的子串大小。
    while (i<n && j<n)
    {
        if (set.find(s[j]) == set.end())
        {
            set.insert(s[j++]);
            ans = (ans > (j - i)) ? ans : (j - i);
        }
        else 
        {
            set.erase(s[i++]);
        }
    }
    return ans;
}

复杂度分析：

时间复杂度：$O(2n)=O(n)$,在最差的情况下，每个字符被$i$与$j$访问2次。
空间复杂度:$O(\min(m,n))$,与之前的方法相同。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。

2.3 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$[i,j']$范围内的所有元素，并将$i$变为$j'+1$ 。

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int lengthOfLongestSubstring(std::string s)
{
    int n = s.size(), ans = 0;
    //创建一个key为char，value为int的容器，
    //分别用来存字符与该字符在字符串的（位置+1）
    //（注意字符串数组下标与字符串大小的关系j+1-i）
    std::unordered_map<char, int> map;
     //滑动窗口[i,j),先使i=0，移动j，
    //若s[j]不在set中，将当前的s[j]存入set，j后移动一位，计算此时的窗口大小；
    //若s[j]已经在set中，找到该重复窗口的位置，将i移动到此处的下一位，即i=j'+1。
    //窗口遍历完成整个数组，得到最长的子串大小。
    for (int j=0,i=0;j<n;j++)
    {
        if (map.find(s[j]) != map.end())
        {
            int temp = (*map.find(s[j])).second;
            i = (i > temp) ? i : temp;
        }
        ans = (ans > (j - i + 1)) ? ans : (j - i + 1);
        map[s[j]] = j + 1;
    }
    return ans;
}

复杂度分析：

时间复杂度：$O(n)$,索引$j$会迭代$n$次。
空间复杂度:$O(\min(m,n))$,与之前的方法相同。

文章目录

1 题目

2 解题

2.1 暴力法

2.2 滑动窗口

2.3 优化的滑动窗口