算法修煉之路—【字符串】Leetcode 3 無重複字符的最長子串

題目描述

給定一個字符串，請你找出其中不含重複字符的最長子串的長度。

示例1：

輸入： s = “abcabcbb”
輸出： 3
解釋: 因爲無重複字串的最長子串是“abc”，所以其長度爲 3.

示例2:

輸入： s = “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： s = “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.

說明：
請注意，你的答案必須是子串的長度，示例3中，"pwke"使用一個子序列，而不是子串

思路分析

我們通過題意可以理解是尋找無重複字符的最長子串,返回其長度。這裏我們講問題進行拆解：

1. 無重複字符
2. 最長子串

對於問題1 無重複字符，需要無重複字符，這裏我們爲尋求較好的時間複雜度不採取對每一個字符c在某範圍內都進行搜索判重的方法。這裏我們藉助輔助容器來達到記錄歷史的目的，進而當遍歷到後面的字符時，直接在輔助容器中查詢是否包含即可。
這一題讓我直接聯想到得是計算機網絡中TCP的滑動窗口，我們通過界定窗口的左邊界和右邊界來判斷需要的數據區域，這裏即爲包括left不包括right的字符串均無重複字符。這裏我們通過圖示來說明：

圖1

我們通過兩個下標來確定滑動窗口的範圍left, right，且爲左閉右開；我們藉助集合set來存儲遍歷歷史，可知我們每個元素均爲唯一。

1. 當s.charAt(right)沒有在set中時，先添加進set，且right++，即滑動窗口右擴展，重複步驟1；
2. 若set已經包括了s.charAt(right)，則此時一定是left下標的字符爲重複字符，滑動窗口左收縮，且更新left爲left++；

接下來再看問題2 最長子串，我們這裏需要返回的是這個最長子串的長度，即一個整型數據，我們這裏可採用直接對比的方式，每次都更新爲比較值得最大值即可：
maxSubStrLen = Math.max(maxSubStrLen , currLen)。
此時可以得知解題步驟爲：

核心操作

1. 當s.charAt(right)沒有在set中時，先添加進set，且right++，即滑動窗口右擴展，重複步驟1， 更新maxSubStrLen；
2. 若set已經包括了s.charAt(right)，則此時一定是left下標的字符爲重複字符，滑動窗口左收縮，且更新left爲left++；

解題代碼1

    public static int solution1(String s){
        if(s == null) return 0;
        
        int len = s.length();
        if(len == 1) return 1;
        
        /* Step 1: Init. integer and container.
        */
        int maxSubStrLen = 0, left = 0, right = 0;        
        Set<Character> set = new HashSet<>();
        
        /* Step 2: go-through string
        and
        check whether repeated in container to re-fine sliding window
        */
        while(left < len && right < len){
            
            if(!set.contains(s.charAt(right))){ // enlarge window on the right
                set.add(s.charAt(right++));
                maxSubStrLen = Math.max(maxSubStrLen, right-left);
            }else{ // shrink window from left
                set.remove(s.charAt(left++));
            }
        }
        
        
        return maxSubStrLen;
    }

複雜度分析

時間複雜度： 最壞情況下，需要對每個字符都訪問兩邊，2N，故時間複雜度爲O(N);
空間複雜度： 我們藉助了輔助容器，且考慮字符集大小M的情況下，空間複雜度爲O(min(M, N)).

進階思考

在solution1 中最壞情況（均爲同一個字符），我們對每個字符都需要訪問兩遍,能否存在一種方法使得訪問字符的次數減少。我們已知字符的可取範圍是有限的，這裏假定爲M，則不妨在right界定右邊界的情況下，判斷並更新滑動窗口內的有且唯一的字符的下標，更新maxSubStrLen。
在這裏我們依然需要藉助輔助容器，且還需要記錄字符的下標，則可選取輔助容器爲哈希表HashMap<char, index>, key爲瀏覽過的字符，value爲滑動窗口內（此時包含right在內）的相應字符的最新下標。
則可總結爲下：

核心操作

1. 當map中包含s.charAt(right)時，更新重複字符left的最新下標；否則直接進入步驟2；
2. 更新maxSubStrLen，同時將s.charAt(right)添加入map;

解題代碼2

    public static int solution2(String s){
        if(s == null) return 0;
        
        int len = s.length();
        if(len == 1) return 1;
        
        /* Step 1: Init. integer and container.
        */
        int maxSubStrLen = 0;        
        // <char, index>
        Map<Character, Integer> map = new HashMap<>();
        
        /* Step 2: go-through string
        and
        update existed index if checked.
        */
        for(int left=0, right=0; right < len; right++){
            if(map.containsKey(s.charAt(right))){
               left = Math.max(map.get(s.charAt(right)), left);
            }
            maxSubStrLen = Math.max(maxSubStrLen, right - left + 1);
            map.put(s.charAt(right), right + 1);
        }
        
        
        return maxSubStrLen;
    }

複雜度分析

時間複雜度： 這裏我們對數據進行了一次遍歷，故時間複雜度爲O(N);
空間複雜度： 我們藉助了輔助容器，同solution1一樣，爲O(min(M, N))；

Github源碼

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