【leetcode 刷題三】無重複字符的最長子串

題：

給定一個字符串，請你找出其中不含有重複字符的 最長子串 的長度。

示例 1:

輸入: “abcabcbb”
輸出: 3
解釋: 因爲無重複字符的最長子串是 “abc”，所以其長度爲 3。
示例 2:

輸入: “bbbbb”
輸出: 1
解釋: 因爲無重複字符的最長子串是 “b”，所以其長度爲 1。
示例 3:

輸入: “pwwkew”
輸出: 3
解釋: 因爲無重複字符的最長子串是 “wke”，所以其長度爲 3。
請注意，你的答案必須是 子串 的長度，“pwke” 是一個子序列，不是子串。

來源：力扣（LeetCode）
鏈接：https://leetcode-cn.com/problems/longest-substring-without-repeating-characters
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自己解：

class Solution {
    public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
        List<String> list = new ArrayList();
        for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
            String lastStr = "";
            if (list.size() > 0) {
                lastStr = list.get(list.size() == 0 ? 0 : list.size() - 1) == null ? "" : list.get(list.size() == 0 ? 0 : list.size() - 1);
            }

            String str = (lastStr.equals("") ? "" : lastStr.substring(lastStr.indexOf(s.substring(i, i + 1)) == -1 ? 0 : lastStr.indexOf(s.substring(i, i + 1)) + 1)) + s.substring(i, i + 1);
            list.add(str);
        }
        int max = 0;
        for (int i = 0; i < list.size(); i++) {
            if (list.get(i).length() > max) {
                max = list.get(i).length();
            }
        }
        return max;
    }
}

輸入：“abcabcbgadsfgadsdsfsewaqgab”
輸出：7

官方解：

方法一：暴力法
題目更新後由於時間限制，會出現 TLE。

思路

逐個檢查所有的子字符串，看它是否不含有重複的字符。

算法

假設我們有一個函數 boolean allUnique(String substring) ，如果子字符串中的字符都是唯一的，它會返回 true，否則會返回 false。 我們可以遍歷給定字符串 s 的所有可能的子字符串並調用函數 allUnique。 如果事實證明返回值爲 true，那麼我們將會更新無重複字符子串的最大長度的答案。

現在讓我們填補缺少的部分：

爲了枚舉給定字符串的所有子字符串，我們需要枚舉它們開始和結束的索引。假設開始和結束的索引分別爲 ii 和 jj。那麼我們有 0 \leq i \lt j \leq n0≤i<j≤n（這裏的結束索引 jj 是按慣例排除的）。因此，使用 ii 從 0 到 n - 1n−1 以及 jj 從 i+1i+1 到 nn 這兩個嵌套的循環，我們可以枚舉出 s 的所有子字符串。

要檢查一個字符串是否有重複字符，我們可以使用集合。我們遍歷字符串中的所有字符，並將它們逐個放入 set 中。在放置一個字符之前，我們檢查該集合是否已經包含它。如果包含，我們會返回 false。循環結束後，我們返回 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<Character> 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;
    }
}

複雜度分析

時間複雜度：O(n^3)O(n
3
) 。

要驗證索引範圍在 [i, j)[i,j) 內的字符是否都是唯一的，我們需要檢查該範圍中的所有字符。 因此，它將花費 O(j - i)O(j−i) 的時間。

對於給定的 i，對於所有 j \in [i+1, n]j∈[i+1,n] 所耗費的時間總和爲：

\sum_{i+1}^{n}O(j - i)
i+1
∑
n
​
O(j−i)

因此，執行所有步驟耗去的時間總和爲：

O\left(\sum_{i = 0}^{n - 1}\left(\sum_{j = i + 1}^{n}(j - i)\right)\right) = O\left(\sum_{i = 0}^{n - 1}\frac{(1 + n - i)(n - i)}{2}\right) = O(n^3)
O(
i=0
∑
n−1
​
(
j=i+1
∑
n
​
(j−i)))=O(
i=0
∑
n−1
​

2
(1+n−i)(n−i)
​
)=O(n
3
)

空間複雜度：O(min(n, m))O(min(n,m))，我們需要 O(k)O(k) 的空間來檢查子字符串中是否有重複字符，其中 kk 表示 Set 的大小。而 Set 的大小取決於字符串 nn 的大小以及字符集/字母 mm 的大小。

方法二：滑動窗口
算法

暴力法非常簡單，但它太慢了。那麼我們該如何優化它呢？

在暴力法中，我們會反覆檢查一個子字符串是否含有有重複的字符，但這是沒有必要的。如果從索引 ii 到 j - 1j−1 之間的子字符串 s_{ij}s
ij
​
已經被檢查爲沒有重複字符。我們只需要檢查 s[j]s[j] 對應的字符是否已經存在於子字符串 s_{ij}s
ij
​
中。

要檢查一個字符是否已經在子字符串中，我們可以檢查整個子字符串，這將產生一個複雜度爲 O(n^2)O(n
2
) 的算法，但我們可以做得更好。

通過使用 HashSet 作爲滑動窗口，我們可以用 O(1)O(1) 的時間來完成對字符是否在當前的子字符串中的檢查。

滑動窗口是數組/字符串問題中常用的抽象概念。 窗口通常是在數組/字符串中由開始和結束索引定義的一系列元素的集合，即 [i, j)[i,j)（左閉，右開）。而滑動窗口是可以將兩個邊界向某一方向“滑動”的窗口。例如，我們將 [i, j)[i,j) 向右滑動 11 個元素，則它將變爲 [i+1, j+1)[i+1,j+1)（左閉，右開）。

回到我們的問題，我們使用 HashSet 將字符存儲在當前窗口 [i, j)[i,j)（最初 j = ij=i）中。 然後我們向右側滑動索引 jj，如果它不在 HashSet 中，我們會繼續滑動 jj。直到 s[j] 已經存在於 HashSet 中。此時，我們找到的沒有重複字符的最長子字符串將會以索引 ii 開頭。如果我們對所有的 ii 這樣做，就可以得到答案。

Java

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) {
            // 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;
    }
}

複雜度分析

時間複雜度：O(2n) = O(n)O(2n)=O(n)，在最糟糕的情況下，每個字符將被 ii 和 jj 訪問兩次。

空間複雜度：O(min(m, n))O(min(m,n))，與之前的方法相同。滑動窗口法需要 O(k)O(k) 的空間，其中 kk 表示 Set 的大小。而 Set 的大小取決於字符串 nn 的大小以及字符集 / 字母 mm 的大小。

方法三：優化的滑動窗口
上述的方法最多需要執行 2n 個步驟。事實上，它可以被進一步優化爲僅需要 n 個步驟。我們可以定義字符到索引的映射，而不是使用集合來判斷一個字符是否存在。 當我們找到重複的字符時，我們可以立即跳過該窗口。

也就是說，如果 s[j]s[j] 在 [i, j)[i,j) 範圍內有與 j’j
′
重複的字符，我們不需要逐漸增加 ii 。 我們可以直接跳過 [i，j’][i，j
′
] 範圍內的所有元素，並將 ii 變爲 j’ + 1j
′
+1。

Java（使用 HashMap）

Java

public class Solution {
    public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
        int n = s.length(), ans = 0;
        Map<Character, Integer> 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（假設字符集爲 ASCII 128）

以前的我們都沒有對字符串 s 所使用的字符集進行假設。

當我們知道該字符集比較小的時侯，我們可以用一個整數數組作爲直接訪問表來替換 Map。

常用的表如下所示：

int [26] 用於字母 ‘a’ - ‘z’ 或 ‘A’ - ‘Z’
int [128] 用於ASCII碼
int [256] 用於擴展ASCII碼
Java

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;
    }
}

複雜度分析

時間複雜度：O(n)O(n)，索引 jj 將會迭代 nn 次。

空間複雜度（HashMap）：O(min(m, n))O(min(m,n))，與之前的方法相同。

空間複雜度（Table）：O(m)O(m)，mm 是字符集的大小。

作者：LeetCode
鏈接：https://leetcode-cn.com/problems/longest-substring-without-repeating-characters/solution/wu-zhong-fu-zi-fu-de-zui-chang-zi-chuan-by-leetcod/
來源：力扣（LeetCode）