LeetCode-无重复字符的最长子串

Posted 2021-01-19 EmacsDevinkin

tags:

篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了LeetCode-无重复字符的最长子串相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

LeetCode-无重复字符的最长子串

1. Medium-无重复字符的最长子串
2. 自己的解答
3. 官方解答方法一:暴力法
4. 官方解答方法二:滑动窗口
5. 官方解答方法三：优化的滑动窗口

1 Medium-无重复字符的最长子串

1.1 题目描述

给定一个字符串，找出不含有重复字符的最长子串的长度。

1.2 示例 1:

输入: "abcabcbb" 输出: 3 解释: 无重复字符的最长子串是 "abc"，其长度为 3。

1.3 示例 2:

输入: "bbbbb" 输出: 1 解释: 无重复字符的最长子串是 "b"，其长度为 1。

1.4 示例 3:

输入: "pwwkew" 输出: 3 解释: 无重复字符的最长子串是 "wke"，其长度为 3。请注意，答案必须是一个子串，"pwke" 是一个子序列而不是子串。

2 自己的解答

2.1 思路

遍历字符串,如果i与s[i]首次出现的位置不一致,说明出现了重复字符.
出现了重复字符,将i设置为-1(因为循环完成后i++),计数器清零.
如果计数器的值大于max,则让计数器的值赋给max.

2.2 反思

如果字符串过大,运行速度会比较慢,大致估算我这个算法的时间复杂度在最坏情况下(如abcabc这样的字符串)是 \\(O(N^2)\\). 因为去掉重复的两个字符,从0开始遍历 \\(\\frac{N}{2}-1\\) 个字符,并且要遍历 \\(\\frac{N}{2}\\) 次.
在网上学习到另一种解法,是通过滑动窗口的形式去找到最长的子串. 时间复杂度为 \\(O(N)\\). 请参考文章: LeetCode（3）：无重复字符的最长子串

2.3 代码

class Solution {
    public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
        int counter = 0;
        int max = 0;
        for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
            int pos = s.indexOf(s.charAt(i));
            if (i != pos) {
                // 说明当前位置的字符不是第一次出现,使用子字符串去遍历
                s = s.substring(pos + 1);
                // 将i重新置为0,因为这次循环过后i自增,所以将i设置为-1
                i = -1;
                // 清零计数值
                counter = 0;
            } else {
                // 不同的字符,自增1
                counter++;
            }
            if (counter > max) {
                max = counter;
            }
        }
        return max;
    }
}

3 官方解答方法一:暴力法

3.1 思路

逐个检查所有的子字符串，看它是否不含有重复的字符。

3.2 算法

假设我们有一个函数 boolean allUnique(String substring) ，如果子字符串中的字符都是唯一的，它会返回 true ，否则会返回 false 。我们可以遍历给定字符串 s 的所有可能的子字符串并调用函数 allUnique 。如果事实证明返回值为 true ，那么我们将会更新无重复字符子串的最大长度的答案。

现在让我们填补缺少的部分：

为了枚举给定字符串的所有子字符串，我们需要枚举它们开始和结束的索引。假设开始和结束的索引分别为 i 和 j 。那么我们有 \\(0 \\leq i < j \\leq n\\) （这里的结束索引 j 是按惯例排除的）。因此，使用 i 从0到 n - 1 以及 j 从 i+1 到 n 这两个嵌套的循环，我们可以枚举出 s 的所有子字符串。

要检查一个字符串是否有重复字符，我们可以使用集合。我们遍历字符串中的所有字符，并将它们逐个放入 set 中。在放置一个字符之前，我们检查该集合是否已经包含它。如果包含，我们会返回 false~。循环结束后，我们返回 ~true 。

3.3 复杂度分析

时间复杂度： \\(O(n^3)\\) 。

要验证索引范围在 \\([i, j)\\) 内的字符是否都是唯一的，我们需要检查该范围中的所有字符。因此，它将花费 \\(O(j - i)\\) 的时间。

对于给定的 \\(i\\) ，对于所有 \\(j \\in [i+1, n]\\) 所耗费的时间总和为：

\\(\\sum_{i+1}^{n}O(j - i)\\)

因此，执行所有步骤耗去的时间总和为：

\\(O\\left(\\sum_{i = 0}^{n - 1}\\left(\\sum_{j = i + 1}^{n}(j - i)\\right)\\right) = O\\left(\\sum_{i = 0}^{n - 1}\\frac{(1 + n - i)(n - i)}{2}\\right) = O(n^3)\\)

空间复杂度： \\(O(min(n, m))\\) ，我们需要 \\(O(k)\\) 的空间来检查子字符串中是否有重复字符，其中 \\(k\\) 表示 \\(Set\\) 的大小。而 \\(Set\\) 的大小取决于字符串 \\(n\\) 的大小以及字符集/字母 \\(m\\) 的大小。

3.4 代码

public class Solution {
    public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
        int n = s.length();
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++)
            for (int j = i + 1; j <= n; j++)
                if (allUnique(s, i, j)) ans = Math.max(ans, j - i);
        return ans;
    }

    public boolean allUnique(String s, int start, int end) {
        Set<Character> set = new HashSet<>();
        for (int i = start; i < end; i++) {
            Character ch = s.charAt(i);
            if (set.contains(ch)) return false;
            set.add(ch);
        }
        return true;
    }
}

4 官方解答方法二:滑动窗口

4.1 算法

暴力法非常简单。但它太慢了。那么我们该如何优化它呢？

在暴力法中，我们会反复检查一个子字符串是否含有有重复的字符，但这是没有必要的。如果从索引 i 到 \\(j - 1\\) 之间的子字符串 \\(s_{ij}\\)

已经被检查为没有重复字符。我们只需要检查 \\(s[j]\\) 对应的字符是否已经存在于子字符串 \\(s_{ij}\\) 中。

要检查一个字符是否已经在子字符串中，我们可以检查整个子字符串，这将产生一个复杂度为 \\(O(n^2)\\) 的算法，但我们可以做得更好。

通过使用 HashSet 作为滑动窗口，我们可以用 \\(O(1)\\) 的时间来完成对字符是否在当前的子字符串中的检查。

滑动窗口是数组/字符串问题中常用的抽象概念。窗口通常是在数组/字符串中由开始和结束索引定义的一系列元素的集合，即 \\([i, j)\\)（左闭，右开）。而滑动窗口是可以将两个边界向某一方向“滑动”的窗口。例如，我们将 \\([i, j)\\) 向右滑动 1 个元素，则它将变为 \\([i+1, j+1)\\)（左闭，右开）。

回到我们的问题，我们使用 HashSet 将字符存储在当前窗口 \\([i, j)\\)（最初 \\(j = i\\) ）中。然后我们向右侧滑动索引 j ，如果它不在 HashSet 中，我们会继续滑动 j 。直到 s[j] 已经存在于 HashSet 中。此时，我们找到的没有重复字符的最长子字符串将会以索引 i 开头。如果我们对所有的 i 这样做，就可以得到答案。

4.2 复杂度分析

时间复杂度： \\(O(2n) = O(n)\\) ，在最糟糕的情况下，每个字符将被 i 和 j 访问两次。
空间复杂度： \\(O(min(m, n))\\) ，与之前的方法相同。滑动窗口法需要 \\(O(k)\\) 的空间，其中 k 表示 Set 的大小。而 Set 的大小取决于字符串 n 的大小以及字符集/字母 m 的大小。

4.3 代码

public class Solution {
    public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
        int n = s.length();
        Set<Character> set = new HashSet<>();
        int ans = 0, i = 0, j = 0;
        while (i < n && j < n) {
            // try to extend the range [i, j]
            if (!set.contains(s.charAt(j))){
                set.add(s.charAt(j++));
                ans = Math.max(ans, j - i);
            }
            else {
                set.remove(s.charAt(i++));
            }
        }
        return ans;
    }
}

5 官方解答方法三：优化的滑动窗口

5.1 算法

上述的方法最多需要执行 \\(2n\\) 个步骤。事实上，它可以被进一步优化为仅需要 \\(n\\) 个步骤。我们可以定义字符到索引的映射，而不是使用集合来判断一个字符是否存在。当我们找到重复的字符时，我们可以立即跳过该窗口。

也就是说，如果 \\(s[j]\\) 在 \\([i, j)\\) 范围内有与 \\(j\'\\) 重复的字符，我们不需要逐渐增加 i 。我们可以直接跳过 \\([i，j\']\\) 范围内的所有元素，并将 i 变为 \\(j\' + 1\\) 。

5.2 复杂度分析

时间复杂度： \\(O(n)\\) ，索引 j 将会迭代 n 次。
空间复杂度（HashMap）：\\(O(min(m, n))\\) ，与之前的方法相同。
空间复杂度（Table）：\\(O(m)\\) ， m 是字符集的大小。

5.3 代码:Java（使用 HashMap）

public class Solution {
    public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
        int n = s.length(), ans = 0;
        Map<Character, Integer> map = new HashMap<>(); // current index of character
        // try to extend the range [i, j]
        for (int j = 0, i = 0; j < n; j++) {
            if (map.containsKey(s.charAt(j))) {
                i = Math.max(map.get(s.charAt(j)), i);
            }
            ans = Math.max(ans, j - i + 1);
            map.put(s.charAt(j), j + 1);
        }
        return ans;
    }
}

5.4 代码Java（假设字符集为 ASCII 128）

以前的我们都没有对字符串 s 所使用的字符集进行假设。

当我们知道该字符集比较小的时侯，我们可以用一个整数数组作为直接访问表来替换 Map 。

常用的表如下所示：

int [26] 用于字母 ‘a’ - ‘z’或 ‘A’ - ‘Z’
int [128] 用于ASCII码
int [256] 用于扩展ASCII码

public class Solution {
    public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
        int n = s.length(), ans = 0;
        int[] index = new int[128]; // current index of character
        // try to extend the range [i, j]
        for (int j = 0, i = 0; j < n; j++) {
            i = Math.max(index[s.charAt(j)], i);
            ans = Math.max(ans, j - i + 1);
            index[s.charAt(j)] = j + 1;
        }
        return ans;
    }
}