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LeetCode-無重復字符的最長子串

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LeetCode-無重復字符的最長子串

Table of Contents

  • 1. Medium-無重復字符的最長子串
    • 1.1. 題目描述
    • 1.2. 示例 1:
    • 1.3. 示例 2:
    • 1.4. 示例 3:
  • 2. 自己的解答
    • 2.1. 思路
    • 2.2. 反思
    • 2.3. 代碼
  • 3. 官方解答方法一:暴力法
    • 3.1. 思路
    • 3.2. 算法
    • 3.3. 復雜度分析
    • 3.4. 代碼
  • 4. 官方解答方法二:滑動窗口
    • 4.1. 算法
    • 4.2. 復雜度分析
    • 4.3. 代碼
  • 5. 官方解答方法三:優化的滑動窗口
    • 5.1. 算法
    • 5.2. 復雜度分析
    • 5.3. 代碼:Java(使用 HashMap)
    • 5.4. 代碼Java(假設字符集為 ASCII 128)

1 Medium-無重復字符的最長子串

1.1 題目描述

給定一個字符串,找出不含有重復字符的最長子串的長度。

1.2 示例 1:

輸入: "abcabcbb" 輸出: 3 解釋: 無重復字符的最長子串是 "abc",其長度為 3。

1.3 示例 2:

輸入: "bbbbb" 輸出: 1 解釋: 無重復字符的最長子串是 "b",其長度為 1。

1.4 示例 3:

輸入: "pwwkew" 輸出: 3 解釋: 無重復字符的最長子串是 "wke",其長度為 3。 請註意,答案必須是一個子串,"pwke" 是一個子序列 而不是子串。

2 自己的解答

2.1 思路

  1. 遍歷字符串,如果i與s[i]首次出現的位置不一致,說明出現了重復字符.
  2. 出現了重復字符,將i設置為-1(因為循環完成後i++),計數器清零.
  3. 如果計數器的值大於max,則讓計數器的值賦給max.

2.2 反思

  1. 如果字符串過大,運行速度會比較慢,大致估算我這個算法的時間復雜度在最壞情況下(如abcabc這樣的字符串)是 \(O(N^2)\). 因為去掉重復的兩個字符,從0開始遍歷 \(\frac{N}{2}-1\) 個字符,並且要遍歷 \(\frac{N}{2}\) 次.
  2. 在網上學習到另一種解法,是通過滑動窗口的形式去找到最長的子串. 時間復雜度為 \(O(N)\). 請參考文章: LeetCode(3):無重復字符的最長子串

2.3 代碼

class Solution {
    public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
        int counter = 0;
        int max = 0;
        for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
            int pos = s.indexOf(s.charAt(i));
            if (i != pos) {
                // 說明當前位置的字符不是第一次出現,使用子字符串去遍歷
                s = s.substring(pos + 1);
                // 將i重新置為0,因為這次循環過後i自增,所以將i設置為-1
                i = -1;
                // 清零計數值
                counter = 0;
            } else {
                // 不同的字符,自增1
                counter++;
            }
            if (counter > max) {
                max = counter;
            }
        }
        return max;
    }
}

3 官方解答方法一:暴力法

3.1 思路

逐個檢查所有的子字符串,看它是否不含有重復的字符。

3.2 算法

假設我們有一個函數 boolean allUnique(String substring) ,如果子字符串中的字符都是唯一的,它會返回 true ,否則會返回 false 。 我們可以遍歷給定字符串 s 的所有可能的子字符串並調用函數 allUnique 。 如果事實證明返回值為 true ,那麽我們將會更新無重復字符子串的最大長度的答案。

現在讓我們填補缺少的部分:

為了枚舉給定字符串的所有子字符串,我們需要枚舉它們開始和結束的索引。假設開始和結束的索引分別為 ij 。那麽我們有 \(0 \leq i < j \leq n\) (這裏的結束索引 j 是按慣例排除的)。因此,使用 i 從0到 n - 1 以及 ji+1n 這兩個嵌套的循環,我們可以枚舉出 s 的所有子字符串。

要檢查一個字符串是否有重復字符,我們可以使用集合。我們遍歷字符串中的所有字符,並將它們逐個放入 set 中。在放置一個字符之前,我們檢查該集合是否已經包含它。如果包含,我們會返回 false~。循環結束後,我們返回 ~true

3.3 復雜度分析

  • 時間復雜度: \(O(n^3)\) 。

要驗證索引範圍在 \([i, j)\) 內的字符是否都是唯一的,我們需要檢查該範圍中的所有字符。 因此,它將花費 \(O(j - i)\) 的時間。

對於給定的 \(i\) ,對於所有 \(j \in [i+1, n]\) 所耗費的時間總和為:

\(\sum_{i+1}^{n}O(j - i)\)

因此,執行所有步驟耗去的時間總和為:

\(O\left(\sum_{i = 0}^{n - 1}\left(\sum_{j = i + 1}^{n}(j - i)\right)\right) = O\left(\sum_{i = 0}^{n - 1}\frac{(1 + n - i)(n - i)}{2}\right) = O(n^3)\)

空間復雜度: \(O(min(n, m))\) ,我們需要 \(O(k)\) 的空間來檢查子字符串中是否有重復字符,其中 \(k\) 表示 \(Set\) 的大小。而 \(Set\) 的大小取決於字符串 \(n\) 的大小以及字符集/字母 \(m\) 的大小。

3.4 代碼

public class Solution {
    public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
        int n = s.length();
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++)
            for (int j = i + 1; j <= n; j++)
                if (allUnique(s, i, j)) ans = Math.max(ans, j - i);
        return ans;
    }

    public boolean allUnique(String s, int start, int end) {
        Set<Character> set = new HashSet<>();
        for (int i = start; i < end; i++) {
            Character ch = s.charAt(i);
            if (set.contains(ch)) return false;
            set.add(ch);
        }
        return true;
    }
}

4 官方解答方法二:滑動窗口

4.1 算法

暴力法非常簡單。但它太慢了。那麽我們該如何優化它呢?

在暴力法中,我們會反復檢查一個子字符串是否含有有重復的字符,但這是沒有必要的。如果從索引 i 到 \(j - 1\) 之間的子字符串 \(s_{ij}\)

已經被檢查為沒有重復字符。我們只需要檢查 \(s[j]\) 對應的字符是否已經存在於子字符串 \(s_{ij}\) 中。

要檢查一個字符是否已經在子字符串中,我們可以檢查整個子字符串,這將產生一個復雜度為 \(O(n^2)\) 的算法,但我們可以做得更好。

通過使用 HashSet 作為滑動窗口,我們可以用 \(O(1)\) 的時間來完成對字符是否在當前的子字符串中的檢查。

滑動窗口是數組/字符串問題中常用的抽象概念。 窗口通常是在數組/字符串中由開始和結束索引定義的一系列元素的集合,即 \([i, j)\)(左閉,右開)。而滑動窗口是可以將兩個邊界向某一方向“滑動”的窗口。例如,我們將 \([i, j)\) 向右滑動 1 個元素,則它將變為 \([i+1, j+1)\)(左閉,右開)。

回到我們的問題,我們使用 HashSet 將字符存儲在當前窗口 \([i, j)\)(最初 \(j = i\) )中。 然後我們向右側滑動索引 j ,如果它不在 HashSet 中,我們會繼續滑動 j 。直到 s[j] 已經存在於 HashSet 中。此時,我們找到的沒有重復字符的最長子字符串將會以索引 i 開頭。如果我們對所有的 i 這樣做,就可以得到答案。

4.2 復雜度分析

  • 時間復雜度: \(O(2n) = O(n)\) ,在最糟糕的情況下,每個字符將被 ij 訪問兩次。
  • 空間復雜度: \(O(min(m, n))\) ,與之前的方法相同。滑動窗口法需要 \(O(k)\) 的空間,其中 k 表示 Set 的大小。而 Set 的大小取決於字符串 n 的大小以及字符集/字母 m 的大小。

4.3 代碼

public class Solution {
    public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
        int n = s.length();
        Set<Character> set = new HashSet<>();
        int ans = 0, i = 0, j = 0;
        while (i < n && j < n) {
            // try to extend the range [i, j]
            if (!set.contains(s.charAt(j))){
                set.add(s.charAt(j++));
                ans = Math.max(ans, j - i);
            }
            else {
                set.remove(s.charAt(i++));
            }
        }
        return ans;
    }
}

5 官方解答方法三:優化的滑動窗口

5.1 算法

上述的方法最多需要執行 \(2n\) 個步驟。事實上,它可以被進一步優化為僅需要 \(n\) 個步驟。我們可以定義字符到索引的映射,而不是使用集合來判斷一個字符是否存在。 當我們找到重復的字符時,我們可以立即跳過該窗口。

也就是說,如果 \(s[j]\) 在 \([i, j)\) 範圍內有與 \(j‘\) 重復的字符,我們不需要逐漸增加 i 。 我們可以直接跳過 \([i,j‘]\) 範圍內的所有元素,並將 i 變為 \(j‘ + 1\) 。

5.2 復雜度分析

  • 時間復雜度: \(O(n)\) ,索引 j 將會叠代 n 次。
  • 空間復雜度(HashMap):\(O(min(m, n))\) ,與之前的方法相同。
  • 空間復雜度(Table):\(O(m)\) , m 是字符集的大小。

5.3 代碼:Java(使用 HashMap)

public class Solution {
    public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
        int n = s.length(), ans = 0;
        Map<Character, Integer> map = new HashMap<>(); // current index of character
        // try to extend the range [i, j]
        for (int j = 0, i = 0; j < n; j++) {
            if (map.containsKey(s.charAt(j))) {
                i = Math.max(map.get(s.charAt(j)), i);
            }
            ans = Math.max(ans, j - i + 1);
            map.put(s.charAt(j), j + 1);
        }
        return ans;
    }
}

5.4 代碼Java(假設字符集為 ASCII 128)

以前的我們都沒有對字符串 s 所使用的字符集進行假設。

當我們知道該字符集比較小的時侯,我們可以用一個整數數組作為直接訪問表來替換 Map

常用的表如下所示:

  • int [26] 用於字母 ‘a’ - ‘z’或 ‘A’ - ‘Z’
  • int [128] 用於ASCII碼
  • int [256] 用於擴展ASCII碼
public class Solution {
    public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
        int n = s.length(), ans = 0;
        int[] index = new int[128]; // current index of character
        // try to extend the range [i, j]
        for (int j = 0, i = 0; j < n; j++) {
            i = Math.max(index[s.charAt(j)], i);
            ans = Math.max(ans, j - i + 1);
            index[s.charAt(j)] = j + 1;
        }
        return ans;
    }
}

Date: 2018-11-12 22:24

Author: devinkin

Created: 2018-11-12 一 23:05

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