LeetCode 3:无重复字符的最长子串思考分析

给定一个字符串，请你找出其中不含有重复字符的最长子串的长度。

示例 1:

输入: “abcabcbb”
输出: 3
解释: 因为无重复字符的最长子串是 “abc”，所以其长度为 3。
示例 2:

输入: “bbbbb”
输出: 1
解释: 因为无重复字符的最长子串是 “b”，所以其长度为 1。
示例 3:

输入: “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。

动态规划解

dp[i]：到以第i个字符结尾的不包含重复字符的最大长度
对于第i个字符：
1、第i个字符从未出现过，dp[i]=dp[i-1]+1
2、第i个字符出现过：找到第i个字符最近一次出现的位置index(从第i个往前找),记两个距离为d=i-index
【a】、d<= dp[i-1],即这个字符出现在以第i-1个字符结尾的不含重复字符的字符串中,则dp[i]=d,表示从第最近一次出现后重新计算长度：
例如：
i: 0 1 2 3 4 5
s: 1 2 3 4 5 4
dp: 1 2 3 4 5 2
最后的这个2 = 5 - 3（最近一次出现的i）；
【b】、d>dp[i-1],即这个字符没有出现在以第i-1字符结尾的不含重复的最大长度字符串中。
dp[i] = dp[i-1] +1;
例如：
i: 0 1 2 3 4 5 6
s: 1 2 3 4 5 4 1
dp: 1 2 3 4 5 2 3
s最后的这个1虽然在i=0的位置出现过，但是由于d=6-0=6>dp[5],所以dp[6]=dp[5]+1,也就是说我们的子串已经重新更新了。

class Solution {
public:int lengthOfLongestSubstring(string s) {unordered_set<char> myset;int sz = s.size();int ans = 1;if (sz == 0) return 0;vector<int> dp(sz, 0);dp[0] = 1;for (int i = 0;i < sz;i++)       //起点{//如果第i个字符出现过if (myset.find(s[i]) != myset.end()){if (i >= 1){int index = get_index(s, s[i],i);     if (index == -1) index = 0;int d = i - index;if (d <= dp[i - 1]) dp[i] = d;else dp[i] = dp[i - 1] + 1;}}//如果没有出现过，记录下来else{myset.insert(s[i]);if (i >= 1){dp[i] = dp[i - 1] + 1;}}ans = max(ans, dp[i]);}return ans;}int get_index(string s, char x,int start) {int sz = s.size();if (sz == 0) return -1;for (int i = start-1;i >=0 ;i--){if (s[i] == x) return i;}return -1;       //没有找到}
};

在这里插入图片描述
参考https://zhuanlan.zhihu.com/p/112545613进行优化;

f[i]：以原字符串s中，以位置i的字符s[i]为右边界时的最优左边界
例如样例 a b c a b c b b
对应的f数组为：
f[0] = 0，左边界为第一个a，对应子串为a
f[1] = 0，左边界为第一个a，对应子串为ab
f[2] = 0，左边界为第一个a，对应子串为abc
f[3] = 1，左边界为第一个b，对应子串为bca
f[4] = 2，左边界为第一个c，对应子串为cab
f[5] = 3，左边界为第二个a，对应子串为abc
f[6] = 5，左边界为第二个c，对应子串为cb
f[7] = 7，左边界为最后一个b，对应子串为b
f[0] = 0;
对于f[i],只需要考察f[i-1]到i-1这个区间中是否出现过s[i]
如果没有出现过，则f[i]=f[i-1]
如果出现过，那么必然只出现了一次，因为f[i-1]到i-1这个区间中必然不存在重复字符，于是设s[i]出现的位置为pos，则f[i]=pos+1;在重复的字符后面的一个字符作为新的起始点。
可以发现，左边界的更新是单调递增的，因此s中每个字符最多也只会遍历一遍，时间复杂度为O(n)。
由于f[i]的更新只与f[i-1]有关，因此不需要维护整个数组。

class Solution(object):def lengthOfLongestSubstring(self, s):""":type s: str:rtype: int"""left = 0res = 0for right,char in enumerate(s):pos = s.find(char,left,right)if pos >=0:left = pos+1else: left = leftres = max(res,right-left+1) return res

在这里插入图片描述

滑动窗口解

其实和dp第一种方法类似：
滑动窗口的核心思路如下：
比如输入字符串为：abcdecfg，字串 abcde 满足题目要求，当新加入 c 时，字串变成了 abcde c，字符 c 重复了，不满足要求。这时候，只需要将第一个重复的字符 c 连同之前的字符丢掉，变成 de c，就又能满足要求了。每新加一个字符，都更新最长字串的长度，遍历完一遍之后，即可得到答案。
问题在于如何丢掉第一个重复字符连同之前的字符，其实我们不用真的丢掉，而是可以维护一个左边界值 left ，有重复字符的话，就把 left 更新为重复字符的下一个位置，假装丢掉了它和之前的字符。
参考链接:https://blog.csdn.net/m0_37433111/article/details/108743399

class Solution {
public:int lengthOfLongestSubstring(string s) {int sz = s.size();if (sz == 0) return 0;int left=0;int maxlen=1;// val存放字符在原字符串的索引unordered_map<char,int> u_map;for (int i = 0;i < sz;i++)       //起点{//如果有重复的字符，左边界更新到重复的字符后面一个if(u_map.find(s[i])!=u_map.end()) left = max(left,u_map[s[i]]+1);//如果没有重复的字符，左边界保持不变也就是left=left,可以省略不写//将s[i]插入、u_map[s[i]] = i;     //如果有重复的，则将坐标更新为靠后的坐标// 更新最长子串的长度maxlen = max(maxlen,i-left+1);}return maxlen;}
};