无重复字符的最长子串【动态规划解法】

题目描述

给定一个字符串，请你找出其中不含有重复字符的最长子串的长度。

样例

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

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

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

思路

动态规划
设字符串为$s$，定义$dp[i]$为以$s[i]$为结尾的字符串的无重复字符的最长子串，定义映射map <char ,int>lastindex记录在状态转移过程中，某字符出现的最末位置。
不难推导出状态转移存在三种情况：

1°$s[i]$未在之前状态出现过，即$lastindex$中找不到$s[i]$，则$dp[i]=dp[i-1]+1$；

2°$s[i]$出现过，但是不包含在dp[i-1]对应的最大的子串中，数学表达为$dp[i-1]<(i-1)-lastindex[i]+1$，此时依旧为$dp[i]=dp[i-1]+1$;

3°$s[i]$出现过，但是包含在dp[i-1]对应的最大的子串中，数学表达为$dp[i-1]\ge (i-1)-lastindex[i]+1$,此时应有$dp[i]=i-lastindex[s[i]]$

即 $dp[i]=\{\begin{array}{llcccccc}dp[i-1]+1& if& s[i]& is{n}^{\prime }t& in& lastindex& or& dp[i-1]<i-lastindex[s[i]]\\ i-lastindex[s[i]]& else& & & & & & \end{array}$

最终得到答案$max${ $dp[i]$}

初步代码

#include<iostream>
#include<map>
#include<string>
using namespace std;

map<char, int> lastindex;
int lengthOfLongestSubstring(string& s) {
	int *dp = new int[s.size()];
	int ans = 0;
	dp[0] = 1;
	for (int i = 1; i < s.size(); ++i) {
		if (lastindex.find(s[i]) == lastindex.end() || dp[i - 1] < i - lastindex[s[i]]) dp[i] = dp[i - 1] + 1;
		else dp[i] = i - lastindex[s[i]];
		lastindex[s[i]] = i;
		if (ans < dp[i]) ans = dp[i];
	}
	delete[] dp;
	if (s.size() == 1) return 1;
	return ans;
}

int main()
{
	string s = "cabbcac";
	cout << lengthOfLongestSubstring(k) << endl;
	return 0;
}

分析与优化

时间复杂度:$O(n)$
空间复杂度:$O(k+n)$,$k$为字符种类数量,$k<=128$,$n$为字符串长度

考虑到dp【i】最多与dp【i-1】有关，可采用滚动数组,将空间复杂度降至$O(k+2)$

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优化后的代码：

#include<iostream>
#include<map>
#include<string>
using namespace std;

map<char, int> lastindex;
int lengthOfLongestSubstring(string& s) {
	int dp = 0, ans = 0;
	for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {
		if (lastindex.find(s[i]) == lastindex.end() || dp < i - lastindex[s[i]]) ++dp;
		else dp = i - lastindex[s[i]];
		lastindex[s[i]] = i;
		if (ans < dp) ans = dp;
	}
	return ans;
}

int main()
{
	string s = "cabbcac";
	cout << lengthOfLongestSubstring(s) << endl;
}