难度：⭐⭐
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 最长子串 的长度。
示例1：
1 | 输入: s = "abcabcbb" |
示例2：
1 | 输入: s = "bbbbb" |
示例3：
1 | 输入: s = "pwwkew" |
示例4：
1 | 输入: s = "" |
提示：
0 <= s.length <= 5 * 104s由英文字母、数字、符号和空格组成
解题过程：
思路：
双重遍历，统计以每个字符开头的最长子串，然后取所有子串中长度最大的那个，另外用uordered_map容器写了一个判断字符串是否含有重复字符的函数。
c++代码：(执行用时1548ms，击败5%，内存消耗448.1M，击败4.99%）
1 | class Solution { |
官方题解:
方法一：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。
我们不妨以示例一中的字符串 $\texttt{abcabcbb}$ 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 $\texttt{(a)bcabcbb}$ 开始的最长字符串为 $\texttt{(abc)abcbb}$；
以 $\texttt{a(b)cabcbb}$开始的最长字符串为 $\texttt{a(bca)bcbb}$；
以 $\texttt{ab(c)abcbb}$开始的最长字符串为 $\texttt{ab(cab)cbb}$；
以 $\texttt{abc(a)bcbb}$ 开始的最长字符串为 $\texttt{abc(abc)bb}$；
以 $\texttt{abca(b)cbb}$ 开始的最长字符串为 $\texttt{abca(bc)bb}$；
以 $\texttt{abcab(c)bb}$ 开始的最长字符串为 $\texttt{abcab(cb)b}$；
以 $\texttt{abcabc(b)b}$ 开始的最长字符串为 $\texttt{abcabc(b)b}$；
以 $\texttt{abcabcb(b)}$ 开始的最长字符串为 $\texttt{abcabcb(b)}$。
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
c++代码：(执行用时28ms，击败49%，内存消耗10.1M，击败15%）
1 | class Solution { |
复杂度分析
- 时间复杂度：$O(N)$，其中 N 是字符串的长度。左指针和右指针分别会遍历整个字符串一次。
- 空间复杂度：$O(|\Sigma|)$，其中 $\Sigma$ 表示字符集（即字符串中可以出现的字符），$|\Sigma|$ 表示字符集的大小。在本题中没有明确说明字符集，因此可以默认为所有 ASCII 码在 [0, 128) 内的字符，即 $|\Sigma| = 128$。我们需要用到哈希集合来存储出现过的字符，而字符最多有 $|\Sigma|$ 个，因此空间复杂度为 $O(|\Sigma|)$。
总结：
我的方法提交结果效率不高，我们简单分析一下复杂度：其实看似用了两个for循环，时间复杂度就是$O(N^2)$,这么简单地得出结论是有点草率的，其实我的方法和题解采用的滑动窗口是一样的，只是我以为两个for循环就是暴力解法了🤣。两个for循环只是遍历了所有的字符串，复杂度其实是$O(N)$，但是内层循环每一次都要调用一次substr()截取字符串函数和一次nopeat()方法判断一次重复字符，简单地计算一下时间复杂度，是$O(1^2+2^2+…+N^2)$，也就大约是$O(N^3)$级别。所以效率比较低。
但官方题解复杂度的计算也好像有点问题，时间复杂度应该是$O(N^2)$，因为除了for和while循环的$O(N),$还有一个occ.count()函数计数操作，考虑到这个函数的话，时间复杂度应该大约等于$1+2+3+…+n=\frac{n(n+1)}{2}$,所以官方题解这个时间复杂度应该还是$O(N^2)$，不过待求证。。另外，官方题解代码还有一个地方可以优化，就是如果以索引i开头的最大长度子串都小于ans的话，就不用再滑动右指针了去遍历了。
这道题真的挺好的，通过这道题使我对复杂度的计算有了更深的领悟，真不错😏。
