解决方案

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方法一：暴力法

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。

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：

1. 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 $$0 \leq i \lt j \leq n$$ （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。

2. 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。

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。
  
  

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方法二：滑动窗口

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。

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。
  
  

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方法三：优化的滑动窗口

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 $$j' + 1$$ 。

Java（使用 HashMap）

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

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。