LeetCode-無重復字符的最長子串
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
- 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.
- 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.
- 如果計數器的值大於max,則讓計數器的值賦給max.
2.2 反思
- 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.
- 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 i 和 j 。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 j 從 i+1 到 n 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
i和j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
Created: 2018-11-12 一 23:05
Validate
LeetCode-無重復字符的最長子串