題目

請從字串中找出一個最長的不包含重複字元的子字串，計算該最長子字串的長度。

示例1:

輸入: "abcabcbb"
輸出: 3 
解釋: 因為無重複字元的最長子串是 "abc"，所以其長度為 3。

示例 2:

輸入: "bbbbb"
輸出: 1
解釋: 因為無重複字元的最長子串是 "b"，所以其長度為 1。

示例 3:

輸入: "pwwkew"
輸出: 3
解釋: 因為無重複字元的最長子串是"wke"，所以其長度為 3。
    請注意，你的答案必須是 子串 的長度，"pwke"是一個子序列，不是子串。

提示：

s.length <= 40000

來源：力扣（LeetCode）
連結：

思路

直接暴力的時間複雜度肯定超了，顯然要用動態規劃。設dp[i]是以第i個字元為結尾的最長子串的長度，從dp[i-1]到dp[i]的轉移公式要怎麼寫？我們已經知道了dp[i-1]，那麼只需要確認s[i]上一次出現的位置j，如果i - j > dp[i - 1]，也就是說以第i-1個字元為結尾的最長的子串中不包含s[j]（即s[i]）這個字元，dp[i] = dp[i-1] + 1就可以成立；如果i - j <= dp[i - 1]，那就是說前面的子串包括s[j]在內，則dp[i] = i - j；轉移方程是：

那麼，要怎麼確定j呢？可以用一個雜湊表來儲存每個字元最後一次出現的位置，每次遍歷字元的時候更新；這裡有一個trick，對於雜湊表裡沒有存過的字元，可以令j為-1，這樣就能保證i - j一定大於dp[i - 1]。
時間複雜度和空間複雜度都是O(n)。

程式碼

class Solution {
public:
    int lengthOfLongestSubstring(string s) {
        int n = s.size();
        if(n < 2) return n;
        vector<int> dp(n, 0);
        unordered_map<char, int> mp;
        dp[0] = 1;
        mp[s[0]] = 0;
        for(int i = 1; i < n; ++i)
        {
            int j = mp.count(s[i]) ? mp[s[i]] : -1;
            mp[s[i]] = i;
            if(dp[i - 1] < i - j)
            {
                dp[i] = dp[i - 1] + 1;
            }
            else
            {
                dp[i] = i - j;
            }
        }
        return *max_element(dp.begin(),  dp.end());
    }
};

改進

仔細考慮更新dp陣列的過程，會發現在更新dp陣列時，只需要dp[i-1]，那麼可以只用一個數tmp來存dp[i]的資訊，同時每次更新tmp後都更新一下最長子串長度ans，空間複雜度降低到O(1)，因為雜湊表要額外佔用的空間也是有限的（最大就是所有字元，O(128)=O(1)）。

程式碼

class Solution {
public:
    int lengthOfLongestSubstring(string s) {
        unordered_map<char, int> mp;
        int tmp = 0, ans = 0;
        for(int i = 0; i < s.size(); ++i)
        {
            int j = mp.count(s[i]) ? mp[s[i]] : -1;
            mp[s[i]] = i;
            if(tmp < i - j)
            {
                ++tmp;
            }
            else
            {
                tmp = i - j;
            }
            ans = max(ans, tmp);
        }
        return ans;
    }
};