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题目描述：
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：
给定 "abcabcbb" ，没有重复字符的最长子串是 "abc" ，那么长度就是3。
给定 "bbbbb" ，最长的子串就是 "b" ，长度是1。
给定 "pwwkew" ，最长子串是 "wke" ，长度是3。请注意答案必须是一个子串，"pwke" 是 子序列 而不是子串
解题思路：
给了我们一个字符串，让我们求最长的无重复字符的子串，注意这里是子串，不是子序列，所以必须是连续的。我们先不考虑代码怎么实现，如果给一个例子"abcabcbb"，让你手动找无重复字符的子串，该怎么找？一个字符一个字符的遍历，比如a，b，c，然后又出现了一个a，那么此时就应该去掉第一次出现的a，然后继续往后，又出现了一个b，则应该去掉一次出现的b，以此类推，最终发现最长的长度为3。所以说，我们需要记录之前出现过的字符，记录的方式有很多，最常见的是统计字符出现的个数，但是这道题字符出现的位置很重要，所以我们可以使用HashMap来建立字符和其出现位置之间的映射。进一步考虑，由于字符会重复出现，到底是保存所有出现的位置呢，还是只记录一个位置？我们之前手动推导的方法实际上是维护了一个滑动窗口，窗口内的都是没有重复的字符，我们需要尽可能的扩大窗口的大小。由于窗口在不停向右滑动，所以我们只关心每个字符最后出现的位置，并建立映射。窗口的右边界就是当前遍历到的字符的位置，为了求出窗口的大小，我们需要一个变量left来指向滑动窗口的左边界，这样，如果当前遍历到的字符从未出现过，那么直接扩大右边界，如果之前出现过，那么就分两种情况，在或不在滑动窗口内，如果不在滑动窗口内，那么就没事，当前字符可以加进来，如果在的话，就需要先在滑动窗口内去掉这个已经出现过的字符了，去掉的方法并不需要将左边界left一位一位向右遍历查找，由于我们的HashMap已经保存了该重复字符最后出现的位置，所以直接移动left指针就可以了。我们维护一个结果res，每次用出现过的窗口大小来更新结果res，就可以得到最终结果了。
建立一个256位大小的整型数组来代替哈希表，这样做的原因是ASCII表共能表示256个字符，所以可以记录所有字符，然后我们需要定义两个变量res和left，其中res用来记录最长无重复子串的长度，left指向该无重复子串左边的起始位置，然后我们遍历整个字符串，对于每一个遍历到的字符，如果哈希表中该字符串对应的值为0，说明没有遇到过该字符，则此时计算最长无重复子串，i - left +１，其中ｉ是最长无重复子串最右边的位置，left是最左边的位置，还有一种情况也需要计算最长无重复子串，就是当哈希表中的值小于left，这是由于此时出现过重复的字符，left的位置更新了，如果又遇到了新的字符，就要重新计算最长无重复子串。最后每次都要在哈希表中将当前字符对应的值赋值为i+1。
C++参考答案一：
class Solution {
public:
int lengthOfLongestSubstring(string s) {
int m[256] = {0}, res = 0, left = 0;
for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {
if (m[s[i]] == 0 || m[s[i]] < left) {
res = max(res, i - left + 1);
} else {
left = m[s[i]];
}
m[s[i]] = i + 1;
}
return res;
}
}; 这里解释下程序中那个if条件语句中为啥要有个m[s[i]] < left，我们用一个例子来说明，当输入字符串为"abbca"的时候，当i=4时，也就是即将要开始遍历最后一个字母a时，此时哈希表中a对应1，b对应3，c对应4，left为2，即当前最长的子字符串的左边界为第二个b的位置，而第一个a已经不在当前最长的字符串的范围内了，那么对于i=4这个新进来的a，应该要加入结果中，而此时未被更新的哈希表中a为1，不是0，如果不判断它和left的关系的话，就无法更新结果，那么答案就会少一位，所以需要加m[s[i]] < left。
下面这种写法是上面解法的精简模式，思路都一样。
C++参考答案二：
class Solution {
public:
int lengthOfLongestSubstring(string s) {
vector<int> m(256, -1);
int res = 0, left = -1;
for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {
left = max(left, m[s[i]]);
m[s[i]] = i;
res = max(res, i - left);
}
return res;
}
}; 下面这种解法使用了set，核心算法和上面的很类似，把出现过的字符都放入set中，遇到set中没有的字符就加入set中并更新结果res，如果遇到重复的，则从左边开始删字符，直到删到重复的字符停止。
C++参考答案三：
class Solution {
public:
int lengthOfLongestSubstring(string s) {
set<char> t;
int res = 0, left = 0, right = 0;
while (right < s.size()) {
if (t.find(s[right]) == t.end()) {
t.insert(s[right++]);
res = max(res, (int)t.size());
} else {
t.erase(s[left++]);
}
}
return res;
}
}; 下面这种解法思路上跟解法一和解法二没有区别，只不过使用了HashMap这个数据结构来建立字符和其最后出现位置之间的映射，其他操作均和解法二相同。
C++参考答案四：
class Solution {
public:
int lengthOfLongestSubstring(string s) {
int res = 0, left = 0, i = 0, n = s.size();
unordered_map<char, int> m;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
left = max(left, m[s[i]]);
m[s[i]] = i + 1;
res = max(res, i - left + 1);
}
return res;
}
}; 官方解答：
方法一：暴力法
直觉
逐个检查所有的字符串，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 i 和 j。那么我们有 0≤i<j≤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 - 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。
Java代码：
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;
}
} 复杂度分析：
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 i 到 j - 1之间的子字符串 sij 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 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) 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 jj。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。
Java代码：
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;
}
} 
方法三：优化的滑动窗口
Java代码（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;
}
}Java代码（假设字符集为 ASCII 128）：
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;
}
}