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方法一：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 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©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©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（即 C++ 中的 std::unordered_set，Java 中的 HashSet，Python 中的 set, JavaScript 中的 Set）。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。

至此，我们就完美解决了本题。

代码

  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

• 时间复杂度：O(N)，其中 NN 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)[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∣)。