给定一个字符串，找出不含有重复字符的最长子串的长度。
示例 1:
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。
示例 2:
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。
示例 3:
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。
解决方案
方法一：暴力法
思路
逐个检查所有的子字符串，看它是否不含有重复的字符。
算法
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 iii 和 jjj。那么我们有 0≤i<j≤n0 \leq i \lt j \leq n0≤i<j≤n （这里的结束索引 jjj 是按惯例排除的）。因此，使用 iii 从0到 n−1n - 1n−1 以及 jjj 从 i+1i+1i+1 到 nnn 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。复杂度分析
时间复杂度：O(n3)O(n^3)O(n3) 。
要验证索引范围在 [i,j)[i, j)[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)O(j - i)O(j−i) 的时间。
对于给定的
i，对于所有 j∈[i+1,n]j \in [i+1, n]j∈[i+1,n] 所耗费的时间总和为：∑i+1nO(j−i) \sum_{i+1}^{n}O(j - i) i+1∑nO(j−i)
因此，执行所有步骤耗去的时间总和为：
O(∑i=0n−1(∑j=i+1n(j−i)))=O(∑i=0n−1(1+n−i)(n−i)2)=O(n3) 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) O(i=0∑n−1(j=i+1∑n(j−i)))=O(i=0∑n−12(1+n−i)(n−i))=O(n3)
空间复杂度：O(min(n,m))O(min(n, m))O(min(n,m))，我们需要 O(k)O(k)O(k) 的空间来检查子字符串中是否有重复字符，其中 kkk 表示
Set的大小。而 Set 的大小取决于字符串 nnn 的大小以及字符集/字母 mmm 的大小。
方法二：滑动窗口
算法
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 iii 到 j−1j - 1j−1 之间的子字符串 sijs_{ij}sij 已经被检查为没有重复字符。我们只需要检查 s[j]s[j]s[j] 对应的字符是否已经存在于子字符串 sijs_{ij}sij 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(n2)O(n^2)O(n2) 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)O(1)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)[i, j)[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)[i, j)[i,j) 向右滑动 111 个元素，则它将变为 [i+1,j+1)[i+1, j+1)[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)[i, j)[i,j)（最初 j=ij = ij=i）中。 然后我们向右侧滑动索引 jjj，如果它不在 HashSet 中，我们会继续滑动 jjj。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 iii 开头。如果我们对所有的 iii 这样做，就可以得到答案。
复杂度分析
时间复杂度：O(2n)=O(n)O(2n) = O(n)O(2n)=O(n)，在最糟糕的情况下，每个字符将被 iii 和 jjj 访问两次。
空间复杂度：O(min(m,n))O(min(m, n))O(min(m,n))，与之前的方法相同。滑动窗口法需要 O(k)O(k)O(k) 的空间，其中 kkk 表示
Set的大小。而Set的大小取决于字符串 nnn 的大小以及字符集/字母 mmm 的大小。
方法三：优化的滑动窗口
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]s[j]s[j] 在 [i,j)[i, j)[i,j) 范围内有与 j′j'j′ 重复的字符，我们不需要逐渐增加 iii 。 我们可以直接跳过 [i，j′]
范围内的所有元素，并将 iii 变为 j′+1j' + 1j′+1。
Java（使用 HashMap）
Java（假设字符集为 ASCII 128）
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码复杂度分析
时间复杂度：O(n)O(n)O(n)，索引 jjj 将会迭代 nnn 次。
空间复杂度（HashMap）：O(min(m,n))O(min(m, n))O(min(m,n))，与之前的方法相同。
空间复杂度（Table）：O(m)O(m)O(m)，mmm 是字符集的大小。
public class Solution {
public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
if (s==null) {
return 0;
}
boolean[] flag = new boolean[256];
int result = 0;
int start = 0;
char[] chars = s.toCharArray();
for (int i = 0; i < chars.length; i++) {
char current = chars[i];
if (flag[current]) {
result = Math.max(result, i - start);
for (int k = start; k < i; k++) {
if (chars[k] == current) {
start = k + 1;
break;
}
flag[chars[k]] = false;
}
} else {
flag[current] = true;
}
}
result = Math.max(chars.length - start, result);
return result;
}
}执行效率:
