给定一个字符串，找出不含有重复字符的最长子串的长度。

输入: "abcabcbb" 输出: 3 解释: 无重复字符的最长子串是 "abc"，其长度为 3。

输入: "bbbbb" 输出: 1 解释: 无重复字符的最长子串是 "b"，其长度为 1。

输入: "pwwkew" 输出: 3 解释: 无重复字符的最长子串是 "wke"，其长度为 3。 请注意，答案必须是一个子串，"pwke" 是一个子序列 而不是子串。

1. 遍历字符串,如果i与s[i]首次出现的位置不一致,说明出现了重复字符.
2. 出现了重复字符,将i设置为-1(因为循环完成后i++),计数器清零.
3. 如果计数器的值大于max,则让计数器的值赋给max.

1. 如果字符串过大,运行速度会比较慢,大致估算我这个算法的时间复杂度在最坏情况下(如abcabc这样的字符串)是 \(O(N^2)\). 因为去掉重复的两个字符,从0开始遍历 \(\frac{N}{2}-1\) 个字符,并且要遍历 \(\frac{N}{2}\) 次.
2. 在网上学习到另一种解法,是通过滑动窗口的形式去找到最长的子串. 时间复杂度为 \(O(N)\). 请参考文章: LeetCode（3）：无重复字符的最长子串

逐个检查所有的子字符串，看它是否不含有重复的字符。

假设我们有一个函数 boolean allUnique(String substring) ，如果子字符串中的字符都是唯一的，它会返回 true ，否则会返回 false 。 我们可以遍历给定字符串 s 的所有可能的子字符串并调用函数 allUnique 。 如果事实证明返回值为 true ，那么我们将会更新无重复字符子串的最大长度的答案。

现在让我们填补缺少的部分：

为了枚举给定字符串的所有子字符串，我们需要枚举它们开始和结束的索引。假设开始和结束的索引分别为 i 和 j 。那么我们有 \(0 \leq i < j \leq n\) （这里的结束索引 j 是按惯例排除的）。因此，使用 i 从0到 n - 1 以及 j 从 i+1 到 n 这两个嵌套的循环，我们可以枚举出 s 的所有子字符串。

要检查一个字符串是否有重复字符，我们可以使用集合。我们遍历字符串中的所有字符，并将它们逐个放入 set 中。在放置一个字符之前，我们检查该集合是否已经包含它。如果包含，我们会返回 false~。循环结束后，我们返回 ~true 。

• 时间复杂度： \(O(n^3)\) 。

要验证索引范围在 \([i, j)\) 内的字符是否都是唯一的，我们需要检查该范围中的所有字符。 因此，它将花费 \(O(j - i)\) 的时间。

对于给定的 \(i\) ，对于所有 \(j \in [i+1, n]\) 所耗费的时间总和为：

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

因此，执行所有步骤耗去的时间总和为：

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

空间复杂度： \(O(min(n, m))\) ，我们需要 \(O(k)\) 的空间来检查子字符串中是否有重复字符，其中 \(k\) 表示 \(Set\) 的大小。而 \(Set\) 的大小取决于字符串 \(n\) 的大小以及字符集/字母 \(m\) 的大小。

暴力法非常简单。但它太慢了。那么我们该如何优化它呢？

在暴力法中，我们会反复检查一个子字符串是否含有有重复的字符，但这是没有必要的。如果从索引 i 到 \(j - 1\) 之间的子字符串 \(s_{ij}\)

已经被检查为没有重复字符。我们只需要检查 \(s[j]\) 对应的字符是否已经存在于子字符串 \(s_{ij}\) 中。

要检查一个字符是否已经在子字符串中，我们可以检查整个子字符串，这将产生一个复杂度为 \(O(n^2)\) 的算法，但我们可以做得更好。

通过使用 HashSet 作为滑动窗口，我们可以用 \(O(1)\) 的时间来完成对字符是否在当前的子字符串中的检查。

滑动窗口是数组/字符串问题中常用的抽象概念。 窗口通常是在数组/字符串中由开始和结束索引定义的一系列元素的集合，即 \([i, j)\)（左闭，右开）。而滑动窗口是可以将两个边界向某一方向“滑动”的窗口。例如，我们将 \([i, j)\) 向右滑动 1 个元素，则它将变为 \([i+1, j+1)\)（左闭，右开）。

回到我们的问题，我们使用 HashSet 将字符存储在当前窗口 \([i, j)\)（最初 \(j = i\) ）中。 然后我们向右侧滑动索引 j ，如果它不在 HashSet 中，我们会继续滑动 j 。直到 s[j] 已经存在于 HashSet 中。此时，我们找到的没有重复字符的最长子字符串将会以索引 i 开头。如果我们对所有的 i 这样做，就可以得到答案。

• 时间复杂度： \(O(2n) = O(n)\) ，在最糟糕的情况下，每个字符将被 i 和 j 访问两次。
• 空间复杂度： \(O(min(m, n))\) ，与之前的方法相同。滑动窗口法需要 \(O(k)\) 的空间，其中 k 表示 Set 的大小。而 Set 的大小取决于字符串 n 的大小以及字符集/字母 m 的大小。

上述的方法最多需要执行 \(2n\) 个步骤。事实上，它可以被进一步优化为仅需要 \(n\) 个步骤。我们可以定义字符到索引的映射，而不是使用集合来判断一个字符是否存在。 当我们找到重复的字符时，我们可以立即跳过该窗口。

也就是说，如果 \(s[j]\) 在 \([i, j)\) 范围内有与 \(j‘\) 重复的字符，我们不需要逐渐增加 i 。 我们可以直接跳过 \([i，j‘]\) 范围内的所有元素，并将 i 变为 \(j‘ + 1\) 。

• 时间复杂度： \(O(n)\) ，索引 j 将会迭代 n 次。
• 空间复杂度（HashMap）：\(O(min(m, n))\) ，与之前的方法相同。
• 空间复杂度（Table）：\(O(m)\) ， m 是字符集的大小。

以前的我们都没有对字符串 s 所使用的字符集进行假设。

当我们知道该字符集比较小的时侯，我们可以用一个整数数组作为直接访问表来替换 Map 。

常用的表如下所示：

• int [26] 用于字母 ‘a’ - ‘z’或 ‘A’ - ‘Z’
• int [128] 用于ASCII码
• int [256] 用于扩展ASCII码

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;
    }
}