示例 1:
输入: “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: “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: “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。
解决方案：
方法一：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 boolean 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 ii 和 jj。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。
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;
}
}
复杂度分析
时间复杂度：O(n^3) 。
空间复杂度：O(min(n, m))，我们需要 O(k)O(k) 的空间来检查子字符串中是否有重复字符，其中 kk 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。
方法二：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 = 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。
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;
}
}
复杂度分析
时间复杂度：O(2n) = O(n)，在最糟糕的情况下，每个字符将被 i 和 j 访问两次。
空间复杂度：O(min(m, n))，与之前的方法相同。滑动窗口法需要 O(k)的空间，其中 kk 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。
方法三：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。
Java（使用 HashMap）
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（假设字符集为 ASCII 128）
以前的我们都没有对字符串 s 所使用的字符集进行假设。
当我们知道该字符集比较小的时侯，我们可以用一个整数数组作为直接访问表来替换 Map。
常用的表如下所示：
int [26] 用于字母 ‘a’ - ‘z’或 ‘A’ - ‘Z’
int [128] 用于ASCII码
int [256] 用于扩展ASCII码
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;
}
}
复杂度分析
时间复杂度：O(n)，索引 j 将会迭代 n 次。
空间复杂度（HashMap）：O(min(m, n))，与之前的方法相同。
空间复杂度（Table）：O(m)，m 是字符集的大小。
