LeetCode 3 Longest Substring Without Repeating Characters

Solution

1 Brute Force

注意：

子串(substring)指的是字符串中几个连续 的字符组成的字符串。

子序列(subsequence)指的是字符中几个顺序但不一定连续 的字符组成的字符串。

Intuition：先考虑如何检查一个字符串中是否有重复字符。检查字符串的每个子串是否有重复字符，如果没有则记录其长度。

Algorithm: 假设有个函数

boolean allUnique(String  substring)

用来判断一个字符串是否有重复字符。

那么如何检查每个子串？只要确定了起始的indice和终止的indice就确定了一个子串。

那么如何判断一个字符串是否有重复字符？可以用set，set中不能包含两个相同元素。

Runtime BF算法会超时

时间复杂度：O(n3)O(n3)，见题目solution分析

空间复杂度：需要对子串进行存储，需要的空间是O(k)O(k)，k就是

Set

的尺寸，

Set

的尺寸取决于字符串长度n和字符集(chasrset)大小m(字符串中的字符取自多大的字符集，即最多有多少个无重复字符)。所以空间复杂度为O(min(n,m))O(min(n,m))。

2 Sliding Window

Algorithm

暴力很直接(我竟然也没思路。。。)，但是太慢，所以如何去优化？

用暴力方法时，我们重复的检查一个子串来看是否有重复子串。但是这是没必要的。如果子串SijSij中的第i个字符到第j-1个字符的组成的子串已经确认过没有重复字符，我们只需要确认字符S[j]S[j]是否已经在子串中。

检查一个字符是否已经在子串中，需要扫描子串，时间复杂度为O(n2)O(n2)。如果使用HashSet 作为滑动窗口，复杂度为O(1)O(1)。

A sliding window 是一个经常在 数组/字符串(array/string) 问题中经常使用的抽象概念。一个窗口是由起始索引和结束索引定义的一系列元素(左闭右开)。一个滑动窗口是指窗口的两个边界向特定方向“滑动”。比如将窗口边界 [i,j)[i,j) 向右移动一个元素，边界就变成了[i+1,j+1)[i<
adc0
mo>+1,j+1) （左闭右开）。

回到本题目，使用HashSet来储存当前窗口[i,j)[i,j)的字符。然后将j向右移动，如果新字符没有在HashSet中，则继续右移，直到S[j]S[j] 已经在字符中了。此时，我们就找出了以i为为起始索引的最大无重复子串。对i进行遍历，即可得到结果。

总结：思路是先考虑到暴力时，判断一个子串有无重复元素时，是直接对该子串进行判断，但该子串的子串可能已经是判断过的，所以就会做重复的工作。那么如何避免做重复的工作？ 在滑动窗口的概念中，先固定起始索引，令结束索引右移，如果窗口中有了重复字符，则没有必要再右移结束索引。

滑动窗口的思路适用于 数组/字符串 中的连续元素问题。

时间复杂度：

3 Sliding Window Optimized

对第二种方法进行优化，考虑到在第二步中对窗口进行检查时，固定起始索引，右移结束索引直到字符已经在窗口中重复出现，之后要右移起始索引，注意第二种方法中是将起始索引右移了1个元素，但是其实可以右移多个元素，直到出现重复字符。

看solution的说明比较详细。

虽然思路是这样，但是看给的代码还是没懂。代码中实现的方式是，用i,j 表示窗口的起始和结束，这个窗口是抽象的，并没有将元素加入map中。同时，j 不断加1，求 j 对应的无重复子串的起始索引 i 。如何求？ 当j 右移时，判断元素s[j] 之前是否出现过(在迭代时，将每个元素(key)和对应索引(value)都加入了map中)，使用

count()

或

find()

可以查到。当出现重复元素时，判断是否更新i 为该元素在之前最后出现时的索引(即该元素在map中对应的value)，如果i要更新的值大于i (即起点如果不需要后移，则不更新起点)，并且更新map中该元素对应的索引，使其保持为最大。此时i 则表示无重复子串的起点。

相关知识点

c++ set

count(const key_type &key );

返回值为key 的元素的个数(0或1)，set中没有重复元素，返回值为0或1。

感觉这么总结也太慢了，之后只总结知识点，思路还是直接去原地址看吧。