LeetCode（3）：无重复字符的最长子串

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题目描述：

给定一个字符串，找出不含有重复字符的最长子串的长度。

示例：

给定 "abcabcbb" ，没有重复字符的最长子串是 "abc" ，那么长度就是3。

给定 "bbbbb" ，最长的子串就是 "b" ，长度是1。

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

解题思路：

这是一道可以跟Two Sum媲美的题。给了我们一个字符串，让我们求最长的无重复字符的子串，注意这里是子串，不是子序列，所以必须是连续的。我们先不考虑代码怎么实现，如果给一个例子"abcabcbb"，让你手动找无重复字符的子串，该怎么找？一个字符一个字符的遍历，比如a，b，c，然后又出现了一个a，那么此时就应该去掉第一次出现的a，然后继续往后，又出现了一个b，则应该去掉一次出现的b，以此类推，最终发现最长的长度为3。所以说，我们需要记录之前出现过的字符，记录的方式有很多，最常见的是统计字符出现的个数，但是这道题字符出现的位置很重要，所以我们可以使用HashMap来建立字符和其出现位置之间的映射。进一步考虑，由于字符会重复出现，到底是保存所有出现的位置呢，还是只记录一个位置？我们之前手动推导的方法实际上是维护了一个滑动窗口，窗口内的都是没有重复的字符，我们需要尽可能的扩大窗口的大小。由于窗口在不停向右滑动，所以我们只关心每个字符最后出现的位置，并建立映射。窗口的右边界就是当前遍历到的字符的位置，为了求出窗口的大小，我们需要一个变量left来指向滑动窗口的左边界，这样，如果当前遍历到的字符从未出现过，那么直接扩大右边界，如果之前出现过，那么就分两种情况，在或不在滑动窗口内，如果不在滑动窗口内，那么就没事，当前字符可以加进来，如果在的话，就需要先在滑动窗口内去掉这个已经出现过的字符了，去掉的方法并不需要将左边界left一位一位向右遍历查找，由于我们的HashMap已经保存了该重复字符最后出现的位置，所以直接移动left指针就可以了。我们维护一个结果res，每次用出现过的窗口大小来更新结果res，就可以得到最终结果了。

建立一个256位大小的整型数组来代替哈希表，这样做的原因是ASCII表共能表示256个字符，所以可以记录所有字符，然后我们需要定义两个变量res和left，其中res用来记录最长无重复子串的长度，left指向该无重复子串左边的起始位置，然后我们遍历整个字符串，对于每一个遍历到的字符，如果哈希表中该字符串对应的值为0，说明没有遇到过该字符，则此时计算最长无重复子串，i - left +１，其中ｉ是最长无重复子串最右边的位置，left是最左边的位置，还有一种情况也需要计算最长无重复子串，就是当哈希表中的值小于left，这是由于此时出现过重复的字符，left的位置更新了，如果又遇到了新的字符，就要重新计算最长无重复子串。最后每次都要在哈希表中将当前字符对应的值赋值为i+1。

C++参考答案一：

 class Solution {
 public:
     int lengthOfLongestSubstring(string s) {
         int m[] = {}, res = , left = ;
         for (int i = ; i < s.size(); ++i) {
             if (m[s[i]] ==  || m[s[i]] < left) {
                 res = max(res, i - left + );
             } else {
                 left = m[s[i]];
             }
             m[s[i]] = i + ;
         }
         return res;
     }
 };

这里解释下程序中那个if条件语句中为啥要有个m[s[i]] < left，我们用一个例子来说明，当输入字符串为"abbca"的时候，当i=4时，也就是即将要开始遍历最后一个字母a时，此时哈希表中a对应1，b对应3，c对应4，left为2，即当前最长的子字符串的左边界为第二个b的位置，而第一个a已经不在当前最长的字符串的范围内了，那么对于i=4这个新进来的a，应该要加入结果中，而此时未被更新的哈希表中a为1，不是0，如果不判断它和left的关系的话，就无法更新结果，那么答案就会少一位，所以需要加m[s[i]] < left。

下面这种写法是上面解法的精简模式，思路都一样。

C++参考答案二：

 class Solution {
 public:
     int lengthOfLongestSubstring(string s) {
         vector<int> m(, -);
         int res = , left = -;
         for (int i = ; i < s.size(); ++i) {
             left = max(left, m[s[i]]);
             m[s[i]] = i;
             res = max(res, i - left);
         }
         return res;
     }
 };

下面这种解法使用了set，核心算法和上面的很类似，把出现过的字符都放入set中，遇到set中没有的字符就加入set中并更新结果res，如果遇到重复的，则从左边开始删字符，直到删到重复的字符停止。

C++参考答案三：

 class Solution {
 public:
     int lengthOfLongestSubstring(string s) {
         set<char> t;
         int res = , left = , right = ;
         while (right < s.size()) {
             if (t.find(s[right]) == t.end()) {
                 t.insert(s[right++]);
                 res = max(res, (int)t.size());
             }  else {
                 t.erase(s[left++]);
             }
         }
         return res;
     }
 };

下面这种解法思路上跟解法一和解法二没有区别，只不过使用了HashMap这个数据结构来建立字符和其最后出现位置之间的映射，其他操作均和解法二相同。

C++参考答案四：

 class Solution {
 public:
     int lengthOfLongestSubstring(string s) {
         int res = , left = , i = , n = s.size();
         unordered_map<char, int> m;
         for (int i = ; i < n; ++i) {
             left = max(left, m[s[i]]);
             m[s[i]] = i + ;
             res = max(res, i - left + );
         }
         return res;
     }
 };

知识点回顾：

哈希表

map提供一个很常用的功能，那就是提供key-value的存储和查找功能。例如，我要记录一个人名和相应的存储，而且随时增加，要快速查找和修改。看段代码：

 #include <map>
 #include <string>
 using namespace std;
 ...
 map<string, string> namemap;
 
 //增加。。。
 namemap["岳不群"]="华山派掌门人，人称君子剑";
 namemap["张三丰"]="武当掌门人，太极拳创始人";
 namemap["东方不败"]="第一高手，葵花宝典";
 ...
 
 //查找。。
 if(namemap.find("岳不群") != namemap.end()){
         ...
 }

这样做效率很高，100万条记录，最多也只要20次的string.compare的比较，就能找到你要找的记录;200万条记录事，也只要用21次的比较。

速度永远都满足不了现实的需求。如果有100万条记录，我需要频繁进行搜索时，20次比较也会成为瓶颈，要是能降到一次或者两次比较是否有可能？而且当记录数到200万的时候也是一次或者两次的比较，是否有可能？而且还需要和map一样的方便使用。

答案是肯定的。这时你需要has_map. 虽然hash_map目前并没有纳入C++ 标准模板库中，但几乎每个版本的STL都提供了相应的实现。而且应用十分广泛。在正式使用hash_map之前，先看看hash_map的原理。

1 数据结构：hash_map原理

这是一节让你深入理解hash_map的介绍，如果你只是想囫囵吞枣，不想理解其原理，你倒是可以略过这一节，但我还是建议你看看，多了解一些没有坏处。

hash_map基于hash table（哈希表）。哈希表最大的优点，就是把数据的存储和查找消耗的时间大大降低，几乎可以看成是常数时间；而代价仅仅是消耗比较多的内存。然而在当前可利用内存越来越多的情况下，用空间换时间的做法是值得的。另外，编码比较容易也是它的特点之一。

其基本原理是：使用一个下标范围比较大的数组来存储元素。可以设计一个函数（哈希函数，也叫做散列函数），使得每个元素的关键字都与一个函数值（即数组下标，hash值）相对应，于是用这个数组单元来存储这个元素；也可以简单的理解为，按照关键字为每一个元素“分类”，然后将这个元素存储在相应“类”所对应的地方，称为桶。

但是，不能够保证每个元素的关键字与函数值是一一对应的，因此极有可能出现对于不同的元素，却计算出了相同的函数值，这样就产生了“冲突”，换句话说，就是把不同的元素分在了相同的“类”之中。总的来说，“直接定址”与“解决冲突”是哈希表的两大特点。

hash_map，首先分配一大片内存，形成许多桶。是利用hash函数，对key进行映射到不同区域（桶）进行保存。其插入过程是：

得到key
通过hash函数得到hash值
得到桶号(一般都为hash值对桶数求模)
存放key和value在桶内。

其取值过程是:

得到key
通过hash函数得到hash值
得到桶号(一般都为hash值对桶数求模)
比较桶的内部元素是否与key相等，若都不相等，则没有找到。
取出相等的记录的value。

hash_map中直接地址用hash函数生成，解决冲突，用比较函数解决。这里可以看出，如果每个桶内部只有一个元素，那么查找的时候只有一次比较。当许多桶内没有值时，许多查询就会更快了(指查不到的时候).

由此可见，要实现哈希表, 和用户相关的是：hash函数和比较函数。这两个参数刚好是我们在使用hash_map时需要指定的参数。

hash_map 使用

2.1 一个简单实例

不要着急如何把"岳不群"用hash_map表示，我们先看一个简单的例子：随机给你一个ID号和ID号相应的信息，ID号的范围是1～2的31次方。如何快速保存查找。

 #include <hash_map>
 #include <string>
 using namespace std;
 int main(){
         hash_map<int, string> mymap;
         mymap[]="唐伯虎点秋香";
         mymap[]="百万富翁的生活";
         mymap[]="白领的工资底线";
         ...
         if(mymap.find() != mymap.end()){
                 ...
         }

够简单，和map使用方法一样。这时你或许会问？hash函数和比较函数呢？不是要指定么？你说对了，但是在你没有指定hash函数和比较函数的时候，你会有一个缺省的函数，看看hash_map的声明，你会更加明白。下面是SGI STL的声明：

 template <class _Key, class _Tp, class _HashFcn = hash<_Key>,
 class _EqualKey = equal_to<_Key>,
 class _Alloc = __STL_DEFAULT_ALLOCATOR(_Tp) >
 class hash_map
 {
         ...
 }

也就是说，在上例中，有以下等同关系：

 ...
 hash_map<int, string> mymap;
 //等同于:
 hash_map<int, string, hash<int>, equal_to<int> > mymap;

Alloc我们就不要取关注太多了(希望深入了解Allocator的朋友可以参看标准库 STL ：Allocator能做什么)

2.2 hash_map 的hash函数

hash< int>到底是什么样子？看看源码:

 struct hash<int> {
         size_t operator()(int __x) const { return __x; }
 };

原来是个函数对象。在SGI STL中，提供了以下hash函数：

 struct hash<char*>
 struct hash<const char*>
 struct hash<char>
 struct hash<unsigned char>
 struct hash<signed char>
 struct hash<short>
 struct hash<unsigned short>
 struct hash<int>
 struct hash<unsigned int>
 struct hash<long>
 struct hash<unsigned long>

也就是说，如果你的key使用的是以上类型中的一种，你都可以使用缺省的hash函数。当然你自己也可以定义自己的hash函数。对于自定义变量，你只能如此，例如对于string，就必须自定义hash函数。例如：

 struct str_hash{
         size_t operator()(const string& str) const
         {
                 unsigned long __h = ;
                 for (size_t i =  ; i < str.size() ; i ++)
                 __h = *__h + str[i];
                 return size_t(__h);
         }
 };
 //如果你希望利用系统定义的字符串hash函数，你可以这样写：
 struct str_hash{
         size_t operator()(const string& str) const
         {
                 return __stl_hash_string(str.c_str());
         }
 };

在声明自己的哈希函数时要注意以下几点：

使用struct，然后重载operator().
返回是size_t
参数是你要hash的key的类型。
函数是const类型的。

如果这些比较难记，最简单的方法就是照猫画虎，找一个函数改改就是了。

现在可以对开头的"岳不群"进行哈希化了 . 直接替换成下面的声明即可：

map<string, string> namemap;
//改为：
hash_map<string, string, str_hash> namemap;

其他用法都不用变。当然不要忘了吧str_hash的声明以及头文件改为hash_map。

官方解答：

方法一：暴力法

直觉

逐个检查所有的字符串，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 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 - 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。

Java代码：

 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：

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_i_j 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_i_j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(n²) 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 jj。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。

Java代码：

 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;
     }
 }

方法三：优化的滑动窗口

Java代码（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代码（假设字符集为 ASCII 128）：

 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;
     }
 }