3_无重复字符的最长子串（算法思路，优化和复杂度分析）

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:

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。

思路

通过维护一个动态窗口来跟踪当前不含重复字符的最长子串。

1. 初始化：
   • 使用一个 Map（映射）来记录字符及其最新出现的位置。
   • 设置两个指针 start 和当前字符位置 i，以及一个变量 count 来记录最长子串的长度。
2. 遍历字符串：
   • 对于字符串中的每一个字符 s[i]，检查它是否已经存在于 Map 中。
   • 如果存在，更新 start 指针为当前记录的位置加一，以确保窗口内不含重复字符。更新时使用 Math.max 是为了避免 start 指针向回移动，确保窗口始终向前推进。
   • 将当前字符和它的位置 i 存入 Map，覆盖之前的位置记录。
   • 计算当前窗口的长度 i - start + 1，并更新 count 为当前窗口长度与之前记录的最大长度之间的较大值。
3. 返回结果：
   • 遍历完整个字符串后，count 即为最长不含重复字符的子串的长度。

注意点

为什么使用 Math.max(start, map.get(s[i]) + 1)

当我们遇到一个已经存在于当前窗口内的字符时，需要更新窗口的起始位置 start，以移除之前的重复字符。具体来说：

1. 找到重复字符的位置：map.get(s[i]) 返回字符 s[i] 上一次出现的位置。
2. 更新 start：将 start 更新为 map.get(s[i]) + 1，即重复字符的下一个位置，确保窗口内没有重复。
3. 使用 Math.max：在某些情况下，start 可能已经比 map.get(s[i]) + 1 更靠前了。为了避免 start 回退（因为当前的重复字符在窗口之外），我们取两者中的较大值。
   • 比如：“abba”，当遍历到第二个b的时候，start为0， map.get(s[i]) + 1为2，start在前面
   • 遍历到第二个a的时候，start = 2, map.get(s[i]) + 1 = 1， start在后面

执行过程

以下是字符串 "abba" 的执行过程：

索引	字符	start	map	count
0	'a'	0	{ 'a': 0 }	1
1	'b'	0	{ 'a': 0, 'b': 1 }	2
2	'b'	2	{ 'a': 0, 'b': 2 }	2
3	'a'	2	{ 'a': 3, 'b': 2 }	2

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n)

code

/**
 * @param {string} s
 * @return {number}
 */
var lengthOfLongestSubstring = function(s) {
    const map = new Map()
    let start = 0
    let count = 0
    for(let i = 0; i < s.length; i++){
        if(map.has(s[i])){
            start = Math.max(start, map.get(s[i]) + 1)
        }
        map.set(s[i], i)
        count = Math.max(count, i - start + 1)
    }
    return count
};