Given a string, find the length of the longest substring without repeating characters.
Example 1:
Input: "abcabcbb"
Output: 3
Explanation: The answer is "abc", with the length of 3.
Example 2:
Input: "bbbbb"
Output: 1
Explanation: The answer is "b", with the length of 1.
Example 3:
Input: "pwwkew"
Output: 3
Explanation: The answer is "wke", with the length of 3.
Note that the answer must be a substring, "pwke" is a subsequence and not a substring.
這道求最長無重複子串的題和之前那道 Isomorphic Strings 很類似，屬於LeetCode的早期經典題目，博主認為是可以跟Two Sum媲美的一道題。給了我們一個字串，讓我們求最長的無重複字元的子串，注意這裡是子串，不是子序列，所以必須是連續的。我們先不考慮程式碼怎麼實現，如果給一個例子中的例子"abcabcbb"，讓你手動找無重複字元的子串，該怎麼找。博主會一個字元一個字元的遍歷，比如a，b，c，然後又出現了一個a，那麼此時就應該去掉第一次出現的a，然後繼續往後，又出現了一個b，則應該去掉一次出現的b，以此類推，最終發現最長的長度為3。所以說，我們需要記錄之前出現過的字元，記錄的方式有很多，最常見的是統計字元出現的個數，但是這道題字元出現的位置很重要，所以我們可以使用HashMap來建立字元和其出現位置之間的對映。進一步考慮，由於字元會重複出現，到底是儲存所有出現的位置呢，還是隻記錄一個位置？我們之前手動推導的方法實際上是維護了一個滑動視窗，視窗內的都是沒有重複的字元，我們需要儘可能的擴大視窗的大小。由於視窗在不停向右滑動，所以我們只關心每個字元最後出現的位置，並建立對映。視窗的右邊界就是當前遍歷到的字元的位置，為了求出視窗的大小，我們需要一個變數left來指向滑動視窗的左邊界，這樣，如果當前遍歷到的字元從未出現過，那麼直接擴大右邊界，如果之前出現過，那麼就分兩種情況，在或不在滑動視窗內，如果不在滑動視窗內，那麼就沒事，當前字元可以加進來，如果在的話，就需要先在滑動視窗內去掉這個已經出現過的字元了，去掉的方法並不需要將左邊界left一位一位向右遍歷查詢，由於我們的HashMap已經儲存了該重複字元最後出現的位置，所以直接移動left指標就可以了。我們維護一個結果res，每次用出現過的視窗大小來更新結果res，就可以得到最終結果啦。
這裡我們可以建立一個HashMap，建立每個字元和其最後出現位置之間的對映，然後我們需要定義兩個變數res和left，其中res用來記錄最長無重複子串的長度，left指向該無重複子串左邊的起始位置的前一個，由於是前一個，所以初始化就是-1，然後我們遍歷整個字串，對於每一個遍歷到的字元，如果該字元已經在HashMap中存在了，並且如果其對映值大於left的話，那麼更新left為當前對映值。然後對映值更新為當前座標i，這樣保證了left始終為當前邊界的前一個位置，然後計算視窗長度的時候，直接用i-left即可，用來更新結果res。
這裡解釋下程式中那個if條件語句中的兩個條件m.count(s[i]) && m[s[i]] > left，因為一旦當前字元s[i]在HashMap已經存在對映，說明當前的字元已經出現過了，而若m[s[i]] > left 成立，說明之前出現過的字元在我們的視窗內，那麼如果要加上當前這個重複的字元，就要移除之前的那個，所以我們讓left賦值為m[s[i]]，由於left是視窗左邊界的前一個位置（這也是left初始化為-1的原因，因為視窗左邊界是從0開始遍歷的），所以相當於已經移除出滑動視窗了。舉一個最簡單的例子"aa"，當i=0時，我們建立了a->0的對映，並且此時結果res更新為1，那麼當i=1的時候，我們發現a在HashMap中，並且對映值0大於left的-1，所以此時left更新為0，對映對更新為a->1，那麼此時i-left還為1，不用更新結果res，那麼最終結果res還為1，正確，程式碼如下：
C++ 解法一：
class Solution { public: int lengthOfLongestSubstring(string s) { int res = 0, left = -1, n = s.size(); unordered_map<int, int> m; for (int i = 0; i < n; ++i) { if (m.count(s[i]) && m[s[i]] > left) { left = m[s[i]]; } m[s[i]] = i; res = max(res, i - left); } return res; } };
下面這種寫法是上面解法的精簡模式，這裡我們可以建立一個256位大小的整型陣列來代替HashMap，這樣做的原因是ASCII表共能表示256個字元，但是由於鍵盤只能表示128個字元，所以用128也行，然後我們全部初始化為-1，這樣的好處是我們就不用像之前的HashMap一樣要查詢當前字元是否存在對映對了，對於每一個遍歷到的字元，我們直接用其在陣列中的值來更新left，因為預設是-1，而left初始化也是-1，所以並不會產生錯誤，這樣就省了if判斷的步驟，其餘思路都一樣：
C++ 解法二：
class Solution { public: int lengthOfLongestSubstring(string s) { vector<int> m(128, -1); int res = 0, left = -1; for (int i = 0; i < s.size(); ++i) { left = max(left, m[s[i]]); m[s[i]] = i; res = max(res, i - left); } return res; } };
Java 解法二：
public class Solution { public int lengthOfLongestSubstring(String s) { int[] m = new int[256]; Arrays.fill(m, -1); int res = 0, left = -1; for (int i = 0; i < s.length(); ++i) { left = Math.max(left, m[s.charAt(i)]); m[s.charAt(i)] = i; res = Math.max(res, i - left); } return res; } }
下面這種解法使用了set，核心演算法和上面的很類似，把出現過的字元都放入set中，遇到set中沒有的字元就加入set中並更新結果res，如果遇到重複的，則從左邊開始刪字元，直到刪到重複的字元停止：
C++ 解法三：
class Solution { public: int lengthOfLongestSubstring(string s) { int res = 0, left = 0, i = 0, n = s.size(); unordered_set<char> t; while (i < n) { if (!t.count(s[i])) { t.insert(s[i++]); res = max(res, (int)t.size()); } else { t.erase(s[left++]); } } return res; } };
Java 解法三：
public class Solution { public int lengthOfLongestSubstring(String s) { int res = 0, left = 0, right = 0; HashSet<Character> t = new HashSet<Character>(); while (right < s.length()) { if (!t.contains(s.charAt(right))) { t.add(s.charAt(right++)); res = Math.max(res, t.size()); } else { t.remove(s.charAt(left++)); } } return res; } }
類似題目：
Longest Substring with At Most Two Distinct Characters
參考資料：
https://leetcode.com/problems/longest-substring-without-repeating-characters/solution/