给定一个字符串，找到它的第一个不重复的字符，并返回它的索引。如果不存在，则返回 -1。
示例：
s = "leetcode"
返回 0
s = "loveleetcode"
返回 2
方法一： 巧用string容器的查找函数
代码：
class Solution {
public:
int firstUniqChar(string s) {
for(int i = 0; i < s.size() ; i++){
if(s.find(s[i]) == s.rfind(s[i])){
return i;
}
}
return -1;
}
};
思路：
- s.find(s[i]) : 返回字符串s中从左向右查找s[i]第一次出现的位置；
- s.rfind(s[i]) : 返回字符串s中从右向左查找s[i]第一次出现的位置；
方法二：使用哈希表存储频数
思路与算法:
我们可以对字符串进行两次遍历。
在第一次遍历时，我们使用哈希映射统计出字符串中每个字符出现的次数。在第二次遍历时，我们只要遍历到了一个只出现一次的字符，那么就返回它的索引，否则在遍历结束后返回 -1−1。
代码:
class Solution {
public:
int firstUniqChar(string s) {
unordered_map<int, int> frequency;
for (char ch: s) {
++frequency[ch];
}
for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {
if (frequency[s[i]] == 1) {
return i;
}
}
return -1;
}
};
复杂度分析
-
时间复杂度：O(n)，其中 n 是字符串 s 的长度。我们需要进行两次遍历。
-
空间复杂度：O(∣Σ∣)，其中 Σ 是字符集，在本题中 s 只包含小写字母，因此∣Σ∣≤26。我们需要 O(∣Σ∣) 的空间存储哈希映射。
方法三：使用哈希表存储索引
思路与算法
我们可以对方法一进行修改，使得第二次遍历的对象从字符串变为哈希映射。
具体地，对于哈希映射中的每一个键值对，键表示一个字符，值表示它的首次出现的索引（如果该字符只出现一次）或者 -1（如果该字符出现多次）。当我们第一次遍历字符串时，设当前遍历到的字符为 c，如果 c 不在哈希映射中，我们就将 c 与它的索引作为一个键值对加入哈希映射中，否则我们将 c 在哈希映射中对应的值修改为 -1。
在第一次遍历结束后，我们只需要再遍历一次哈希映射中的所有值，找出其中不为 -1 的最小值，即为第一个不重复字符的索引。如果哈希映射中的所有值均为 -1，我们就返回 -1。
代码
class Solution {
public:
int firstUniqChar(string s) {
unordered_map<int, int> position;
int n = s.size();
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (position.count(s[i])) {
position[s[i]] = -1;
}
else {
position[s[i]] = i;
}
}
int first = n;
for (auto [_, pos]: position) {
if (pos != -1 && pos < first) {
first = pos;
}
}
if (first == n) {
first = -1;
}
return first;
}
};
复杂度分析
-
时间复杂度：O(n)，其中 n 是字符串 s 的长度。第一次遍历字符串的时间复杂度为 O(n)，第二次遍历哈希映射的时间复杂度为 O(∣Σ∣)，由于 s 包含的字符种类数一定小于 s 的长度，因此 O(∣Σ∣) 在渐进意义下小于 O(n)，可以忽略。
-
空间复杂度：O(∣Σ∣)，其中 Σ 是字符集，在本题中 s 只包含小写字母，因此∣Σ∣≤26。我们需要 O(∣Σ∣) 的空间存储哈希映射。
方法四：队列
思路与算法
我们也可以借助队列找到第一个不重复的字符。队列具有「先进先出」的性质，因此很适合用来找出第一个满足某个条件的元素。
具体地，我们使用与方法二相同的哈希映射，并且使用一个额外的队列，按照顺序存储每一个字符以及它们第一次出现的位置。当我们对字符串进行遍历时，设当前遍历到的字符为 c，如果 c 不在哈希映射中，我们就将 c 与它的索引作为一个二元组放入队尾，否则我们就需要检查队列中的元素是否都满足「只出现一次」的要求，即我们不断地根据哈希映射中存储的值（是否为 -1）选择弹出队首的元素，直到队首元素「真的」只出现了一次或者队列为空。
在遍历完成后，如果队列为空，说明没有不重复的字符，返回 −1，否则队首的元素即为第一个不重复的字符以及其索引的二元组。
小贴士
在维护队列时，我们使用了「延迟删除」这一技巧。也就是说，即使队列中有一些字符出现了超过一次，但它只要不位于队首，那么就不会对答案造成影响，我们也就可以不用去删除它。只有当它前面的所有字符被移出队列，它成为队首时，我们才需要将它移除。
代码
class Solution {
public:
int firstUniqChar(string s) {
unordered_map<char, int> position;
queue<pair<char, int>> q;
int n = s.size();
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (!position.count(s[i])) {
position[s[i]] = i;
q.emplace(s[i], i);
}
else {
position[s[i]] = -1;
while (!q.empty() && position[q.front().first] == -1) {
q.pop();
}
}
}
return q.empty() ? -1 : q.front().second;
}
};
复杂度分析
-
时间复杂度：O(n)，其中 n 是字符串 s 的长度。遍历字符串的时间复杂度为 O(n)，而在遍历的过程中我们还维护了一个队列，由于每一个字符最多只会被放入和弹出队列最多各一次，因此维护队列的总时间复杂度为 O(∣Σ∣)，由于 s 包含的字符种类数一定小于 s 的长度，因此 O(∣Σ∣) 在渐进意义下小于 O(n)，可以忽略。
-
空间复杂度：O(∣Σ∣)，其中 \SigmaΣ 是字符集，在本题中 s 只包含小写字母，因此 ∣Σ∣≤26。我们需要 O(∣Σ∣) 的空间存储哈希映射以及队列。
