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一、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 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。

注意：
0 <= s.length <= 5 * 104
s由英文字母、数字、符号和空格组成

二、代码

方案一

思路：
【1】通过hashMap[key = val , value = index]存放字符串中的字母；
【2】当有重复字母出现时，将left指向重复字母最左边的下标；
【3】最后通过i = left获取下标与left取最大值；

/*** 思路：1、通过hashMap[key = val , value = index]存放字符串中的字母；*       2、当有重复字母出现时，将 left 指向重复字母最左边的下标；*       3、最后通过 i = left 获取下标 与 left取最大值；*/
class Solution {public int lengthOfLongestSubstring(String s) {Map<Character,Integer> map = new HashMap();int left = 0;int max = 0;if (s.length() == 0) return 0;for (int i = 0; i < s.length(); i++) {if (map.containsKey(s.charAt(i))) {left = Math.max(left, map.get(s.charAt(i)) + 1);}map.put(s.charAt(i), i);max = Math.max(max, i - left + 1);}return max;}
}

方案二

思路： 方案一时左指针基本不动，右指针遍历。方案二是左指针遍历，右指针基本不动。
通过HashSet对记录字符串，包含时计算长度，并对右指针进行偏移，如果不包含则偏移左指针。

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;}
}

复杂度分析： 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∣)

方案三：滑动窗口

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开始的最长字符串为(abc)abcbb；
以a(b)cabcbb开始的最长字符串为a(bca)bcbb；
以ab(c)abcbb开始的最长字符串为ab(cab)cbb；
以abc(a)bcbb开始的最长字符串为abc(abc)bb；
以abca(b)cbb开始的最长字符串为abca(bc)bb；
以abcab(c)bb开始的最长字符串为abcab(cb)b；
以abcabc(b)b开始的最长字符串为abcabc(b)b；
以abcabcb(b)开始的最长字符串为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：**在上面的流程中，我们还需要使用一种数据结构来判断 是否有重复的字符，常用的数据结构为哈希集合。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。

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;}
}

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∣)。