力扣-无重复字符的最长子串

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给定一个字符串 s，请你找出其中不含有重复字符的最长子串的长度。

提示：

• $0 <= s.length <= 5 * 10^{4}$
• s 由英文字母、数字、符号和空格组成

滑动窗口

思路和算法

我们先用一个例子考虑如何在较优的时间复杂度内通过本题。¹

我们不妨以示例一中的字符串 $abcabcbb$ 为例，找出从每一个字符开始的，不包含重复字符的最长子串，那么其中最长的那个字符串即为答案。对于示例一中的字符串，我们列举出这些结果，其中括号中表示选中的字符以及最长的字符串：

• 以 $(a)bcabcbb$ 开始的最长字符串为 $(abc)abcbb$；
• 以 $a(b)cabcbb$ 开始的最长字符串为 $a(bca)bcbb$；
• 以 $ab(c)abcbb$ 开始的最长字符串为 $ab(cab)cbb$；
• 以 $abc(a)bcbb$ 开始的最长字符串为 $abc(abc)bb$；
• 以 $abca(b)cbb$ 开始的最长字符串为 $abca(bc)bb$；
• 以 $abcab(c)bb$ 开始的最长字符串为 $abcab(cb)b$；
• 以 $abcabc(b)b$ 开始的最长字符串为 $abcabc(b)b$；
• 以 $abcabcb(b)$ 开始的最长字符串为 $abcabcb(b)$。

发现了什么？如果我们依次递增地枚举子串的起始位置，那么子串的结束位置也是递增的！这里的原因在于，假设我们选择字符串中的第 $k$ 个字符作为起始位置，并且得到了不包含重复字符的最长子串的结束位置为 $r_{k}$。那么当我们选择第 $k+1$ 个字符作为起始位置时，首先从 $k+1$ 到 $r_{k}$ 的字符显然是不重复的，并且由于少了原本的第 $k$ 个字符，我们可以尝试继续增大 $r_{k}$，直到右侧出现了重复字符为止。

这样一来，我们就可以使用「滑动窗口」来解决这个问题了：

• 我们使用两个指针表示字符串中的某个子串（或窗口）的左右边界，其中左指针代表着上文中「枚举子串的起始位置」，而右指针即为上文中的 $r_{k}$；
• 在每一步的操作中，我们会将左指针向右移动一格，表示我们开始枚举下一个字符作为起始位置，然后我们可以不断地向右移动右指针，但需要保证这两个指针对应的子串中没有重复的字符。在移动结束后，这个子串就对应着以左指针开始的，不包含重复字符的最长子串。我们记录下这个子串的长度；
• 在枚举结束后，我们找到的最长的子串的长度即为答案。

判断重复字符

在上面的流程中，我们还需要使用一种数据结构来判断是否有重复的字符，常用的数据结构为哈希集合（即 C++ 中的 std::unordered_set，Java 中的 HashSet，Python 中的 set, JavaScript 中的 Set）。在左指针向右移动的时候，我们从哈希集合中移除一个字符，在右指针向右移动的时候，我们往哈希集合中添加一个字符。

至此，我们就完美解决了本题。

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def lengthOfLongestSubstring(s: str) -> int:
    # 哈希集合，记录每个字符是否出现过
    occ = set()
    n = len(s)
    # 右指针，初始值为 -1，相当于我们在字符串的左边界的左侧，还没有开始移动
    rk, ans = -1, 0
    for i in range(n):
        if i != 0:
            # 左指针向右移动一格，移除一个字符
            occ.remove(s[i - 1])
        while rk + 1 < n and s[rk + 1] not in occ:
            # 不断地移动右指针
            occ.add(s[rk + 1])
            rk += 1
        # 第 i 到 rk 个字符是一个极长的无重复字符子串
        ans = max(ans, rk - i + 1)
    return ans