（LeetCode-Hot100）3. 无重复字符的最长子串

问题简介

🔗 LeetCode 3. 无重复字符的最长子串

📌 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。

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示例说明

✅ 示例 1：

输入: s = "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: s = "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: s = "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。

✅ 示例 4：

输入: s = ""
输出: 0

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解题思路

💡 核心思想 ：使用滑动窗口（Sliding Window） + 哈希表（记录字符最近出现位置）

✅ 方法一：滑动窗口 + 哈希表（推荐）

1. 使用两个指针 left 和 right 表示当前窗口的左右边界。
2. 用一个哈希表 map 记录每个字符最近一次出现的下标。
3. 遍历字符串，right 指针不断右移：
   • 如果 s[right] 已在当前窗口中出现过（即 map 中存在且其索引 ≥ left），说明出现重复。
   • 此时将 left 移动到重复字符的下一个位置 （即 map[s[right]] + 1）。
4. 更新 map[s[right]] = right。
5. 每次更新最大长度：maxLen = max(maxLen, right - left + 1)。

❗注意：不能简单地将 left 设为 map[s[right]] + 1 而不判断是否在当前窗口内。例如 "abba"，当 right=3（第二个 'a'）时，map['a']=0，但此时 left=2（因为前面 'bb' 已经移动过），所以 'a' 不在当前窗口 [2,2] 中，不应移动 left。

✅ 方法二：暴力法（不推荐，仅用于理解）

• 枚举所有子串，对每个子串检查是否有重复字符。
• 时间复杂度 O(n³)，会超时。

✅ 方法三：优化的滑动窗口（使用数组代替哈希表）

• 若字符集有限（如 ASCII 128 字符），可用 int[128] 数组代替 HashMap，初始化为 -1。
• 逻辑同方法一，但效率更高（常数时间更优）。

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代码实现

:::tab Java
class Solution {
    public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
        if (s == null || s.length() == 0) return 0;
        
        Map<Character, Integer> map = new HashMap<>();
        int left = 0, maxLen = 0;
        
        for (int right = 0; right < s.length(); right++) {
            char c = s.charAt(right);
            // 如果字符已存在且在当前窗口内
            if (map.containsKey(c) && map.get(c) >= left) {
                left = map.get(c) + 1;
            }
            map.put(c, right);
            maxLen = Math.max(maxLen, right - left + 1);
        }
        
        return maxLen;
    }
}
:::
:::tab Go
func lengthOfLongestSubstring(s string) int {
    if len(s) == 0 {
        return 0
    }
    
    m := make(map[byte]int)
    left, maxLen := 0, 0
    
    for right := 0; right < len(s); right++ {
        c := s[right]
        if idx, ok := m[c]; ok && idx >= left {
            left = idx + 1
        }
        m[c] = right
        if right-left+1 > maxLen {
            maxLen = right - left + 1
        }
    }
    
    return maxLen
}
:::

💡 提示 ：Go 中 map 的 ok 返回值用于判断 key 是否存在。

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示例演示（以 "pwwkew" 为例）

right	char	map 状态（char→index）	left	当前窗口	maxLen
0	'p'	{'p':0}	0	"p"	1
1	'w'	{'p':0, 'w':1}	0	"pw"	2
2	'w'	{'p':0, 'w':2}	2	"w"	2
3	'k'	{'p':0, 'w':2, 'k':3}	2	"wk"	2
4	'e'	...	2	"wke"	3
5	'w'	... → 'w':5	3	"kew"	3

✅ 最终结果：3

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答案有效性证明

• 正确性 ：滑动窗口始终维护一个无重复字符 的子串。
  • 当遇到重复字符时，left 跳到其上次出现位置之后，确保窗口内无重复。
  • 所有可能的无重复子串都会被窗口覆盖（因为 right 遍历所有位置）。
• 最优性 ：每次扩展 right 时都尝试更新最大长度，不会遗漏更优解。

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复杂度分析

方法	时间复杂度	空间复杂度	说明
滑动窗口 + HashMap	O(n)	O(min(m, n))	m 是字符集大小（如 ASCII 128），n 是字符串长度
暴力法	O(n³)	O(1)	枚举所有子串 + 检查重复
滑动窗口 + 数组	O(n)	O(m)	更快的常数因子，适用于已知字符集

✅ 实际应用中，方法一（滑动窗口 + 哈希表） 是最优解。

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问题总结

• 🔑 关键技巧：滑动窗口 + 哈希表记录字符位置。
• ⚠️ 易错点 ：
  • 忘记判断重复字符是否在当前窗口内（如 "abba"）。
  • 错误地将 left 直接设为 map[c] + 1 而不判断 map[c] >= left。
• 💡 扩展思考 ：
  • 若求最长无重复子串本身（而非长度），只需额外记录起始位置和长度。
  • 若字符集很大（如 Unicode），仍可用 HashMap，空间复杂度为 O(k)，k 为实际出现的不同字符数。

✅ 掌握此题，就掌握了滑动窗口类问题的核心思想！

github地址: https://github.com/swf2020/LeetCode-Hot100-Solutions