问题： 求一个字符串中的最长无重复子串，或者说求一个数组中最长的无重复子数组（都是一种意思）
输入：abcdedafg
输出：5
解释：abcde这是一个最长的无重复子串，同理edafg也是。所以最长的无重复子串是5
也就是以下图中题目示意：
方法一：借助unordered_set和left，right指针
算法思想：left指针开始的时候指向set中的第一个元素。right向后遍历，遍历到的数字如果set中没有则加进myset中，同时全局变量统计出现无重复元素的最大值；如果right遍历到v[i]时，set中存在此数，则set中要从left指针的位置开始释放，直到释放掉次数的时候，再将v[i]加入进set中，继续往后遍历。 这样，全局变量就可以在过程中统计出现的无重复次数，所以O(N)的复杂度就可以完成。
算法实现：
int main()
{
int n = 0;
int left = 0;
int right = 0;
int result = 0;
cin >> n;
vector<int> v(n);
unordered_set<int> myset;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
cin >> v[i];
}
while (left < n && right < n)
{
if (!myset.count(v[right])) // 如果myset中没有v[i],将它加入进来.
{
myset.insert(v[right++]); // 加入进来之后，right++,走向下一个位置
result = max(result, right - left);
}
else
{ // 如果myset中存在right值，则将myset中从第一个开始取出，直到把原来值与v[right]相等的取出，在把v[right]放进去
myset.erase(v[left++]);
}
}
cout << result << endl;
system("pause");
}
总结：字符串中最长无重复子串也可以这种方法实现，在这里类似，就不在实现了。
方法二：借助unordered_map巧妙完成统计
算法思想：与方法一不同的是，每一次的start都是直接取到哪个重复字符的位置。比如 abcdab, map中存放的是{{a,1},{b,2},{c,3},{d,4}},当a再次出现的时候，start可以快速定位到map中它的位置，是1。那现在的start就是1，算全局最大值的时候，就不算之前的a,算这个再次出现的a。所以全局最大值要 end-start+1。但是要注意将map中的值要换成第二次到来的下标，即{a,4}。因为后面字符串中还有a字符时，start还要更新位置。（不好理解的话，调试一波，方便理解）
算法实现：
int main(){
string A;
while (cin >> A){
int size = A.length();
int res = 0;
int start = 0;
unordered_map<int, int> map;
for (int end = 0; end < size; end++){
if (map.count(A[end])){
start = max(start, map[A[end]]);
}
map[A[end]] = end + 1;
res = max(res, end - start + 1);
}
cout << res << endl;
}
return 0;
}
总结：总结两种方法虽然都是O(N)，但是方法二明显要快于方法一，因为寻找start位置的时候直接就通过map找到。而方法一还要通过erase，增大开销。
方法三：借助滑动窗口
算法思想：类似之前的思路，使用 window 作为计数器记录窗口中的字符出现次数，然后先向右移动 right，当 window 中出现重复字符时，开始移动 left 缩小窗口，如此往复。显然还是O(N)
算法实现：
int LengthOfLongestSubstring(string s)
{
int left = 0;
int right = 0;
unordered_map<char, int> window; // 窗口
int res = 0; //记录长度
while (right < s.size())
{
char c1 = s[right];
window[c1]++;
right++;
//如果window中出现重复字符
//开始移动left缩小窗口
while (window[c1] > 1)
{
char c2 = s[left];
window[c2]--;
left++;
}
res = max(res, right - left);
}
return res;
}