题目难度: 中等
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题目描述
给定一个字符串 s ，请你找出其中不含有重复字符的最长连续子字符串的长度。
示例 1:
- 输入: s = "abcabcbb"
- 输出: 3
- 解释: 因为无重复字符的最长子字符串是 "abc"，所以其长度为 3。
示例 2:
- 输入: s = "bbbbb"
- 输出: 1
- 解释: 因为无重复字符的最长子字符串是 "b"，所以其长度为 1。
示例 3:
- 输入: s = "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。
示例 4:
- 输入: s = ""
- 输出: 0
提示：
- 0 <= s.length <= 5 * 10^4
- s 由英文字母、数字、符号和空格组成
题目思考
- 如何通过一次遍历得出结果?
- 如果统计当前子字符串的字符种类?
解决方案
思路
- 分析题目, 一个最简单的思路就是暴力法: 固定子字符串起点, 然后往后扩展, 因为不能含有重复, 所以可以使用集合统计当前子字符串的字符种类, 直到发现重复字符或者到终点停止, 取最长的子字符串作为结果. 但这样需要两重遍历, 时间复杂度达到
O(N*C)(C 是字符的种类数目, 因为找到重复就会停下来, 所以不是 N^2), 不是很优 - 基于暴力法进行分析, 假设当前子字符串起点是 start, 发现重复字符的位置是 end, 然后对应的该字符上个下标是 dup, 显然
start <= dup < end - 此时暴力法的做法是将 start+1 重新开始遍历子字符串, 但这样做完全没有必要, 因为以
[start+1, dup]中的任一下标作为起点的字符串肯定都会在 end 处停下来, 因为找到了重复的(end 和 dup), 而且这些子字符串长度必然小于以 start 为起点的 - 所以更优化的做法是将起点向后遍历到 dup+1, 从字符集合中移除遍历过程中的字符, 然后将 dup+1 作为新的起点, 终点继续从 end 处开始遍历, 直到再次遇到重复字符, 重复上述步骤即可
- 这样起点和终点都只需要遍历一遍, 相比暴力法有所优化
- 以上就是典型的滑动窗口的思想, 通常做法就是维护双指针代表窗口起点和终点, 然后根据当前窗口是否满足要求来进行不同的处理
- 下面的代码对必要步骤有详细的解释, 方便大家理解
复杂度
- 时间复杂度
O(N): 起点和终点都只需要遍历一遍 - 空间复杂度
O(1): 只使用了几个变量
代码
class Solution:
def lengthOfLongestSubstring(self, s: str) -> int:
# 滑动窗口+当前字符集合, 时刻更新res
start = 0
res = 0
v = set()
for end in range(len(s)):
c = s[end]
if c in v:
# 发现重复了, start向后遍历找dup下标(即上一个c的下标)
while start < end and s[start] != c:
v.remove(s[start])
start += 1
# 此时dup = start, 需要将dup+1作为新的起点
start += 1
else:
# 没有重复, 将当前字符加入字符集合中
v.add(c)
# 最大子字符串长度就是最大的字符集合的长度, 当然此处也可以用end-start+1代替
res = max(res, len(v))
return res
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