3. 【中等】无重复字符的最长子串
https://leetcode-cn.com/problems/longest-substring-without-repeating-characters/
给定一个字符串s，请你找出其中不含有重复字符的最长子串的长度。
示例 1:
输入: s = "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。
示例 2:
输入: s = "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。
示例 3:
输入: s = "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。
示例 4:
输入: s = ""
输出: 0
提示：
0 <= s.length <= 5 * 104
s由英文字母、数字、符号和空格组成
【解】
滑动窗口。
一个长度为n的字符串的子串共1/2 n(n+1)个。这个结果是按照起始位置来分类得到的：左端（起始位置）位于0, 1,…, n-1的子串分别有n, n-1,…, 1个。
不难发现，若按照左端升序列举这些子串，则它们的右端（终止位置）也是递增的。于是，便可按照滑动窗口的基本思想，解决此问题。
需要两个数a, b表示子串s[a, b]。初始时，a=b=0。接下来：
·若s[b+1]不在当前子串s[a, b]中重复，则令b自增。
·否则，令a自增。
当b=n-1时，容易验证：若继续枚举下去，统计出的子串长度也不会再增加，算法终止。
可以看出，在执行算法的过程中，a, b都是只增不减的，即：在操作“判定字符s[b+1]是否已存在于当前子串s[a, b]”能够在O(1)内完成的条件下，算法的时间复杂度为O(n)，n为给定的字符串s的长度。并且，子串s[a, b]始终保持各个字符都不相同。
【优化】
为了验证子串s[a, b]是否确实每个字符都不相同，最容易想到的实现之一，就是将每个字符都存入一个集合（std::set或std::unordered_set）里。开始时，字符s[0]位于集合内；b自增前，字符s[b+1]要放入该集合；a自增前，字符s[a]要从集合中删去。std::set是采用红黑树实现的，若使用std::set判重，则算法的最坏时间复杂度达到O(n log|Σ| )，其中|Σ|为无重复字符的最长子串的长度，也就是字母表Σ含有的不同字符的个数——英文字母、数字和特殊符号（含空格）的总数。若采用std::unordered_set判重，则总的时间复杂度维持在O(n)。但是此时集合中的每个元素都只是单个ASCII字符，为了查找指定的ASCII字符是否已包含在集合中，而计算哈希并在集合中索引，具有不少不必要的开销。该方案的一份实现代码是：
#include <algorithm>
#include <unordered_set>
class Solution {
public:
int lengthOfLongestSubstring(const string& s) {
if (s.empty()) return 0;
size_t a = 0, b = 0;
unordered_set<char> u{
s[0] };
size_t m = 1;
while (b != s.size() - 1) {
switch (u.emplace(s[b + 1]).second) {
case true:
++b;
m = max(m, u.size());
break;
case false:
u.erase(s[a]);
++a;
break;
}
}
return m;
}
};
用时：36 ms；内存占用：14 MB。两项都只优于10%+的用户。
为了缩短判重的常数时间，采用std::bitset来为每个可能出现的字符记录其是否位于子串中。开始时，字符s[0]位于集合内；b自增前，字符s[b+1]要放入该集合（对应位置记为true）；a自增前，字符s[a]要从集合中删去（对应位置记为false）。字符串的每一个字符都在7位ASCII的范围内，所以该std::bitset需要的长度不超过128位。根据字符的ASCII码确定其在该std::bitset中的位置。代码：
#include <algorithm>
#include <bitset>
class Solution {
public:
int lengthOfLongestSubstring(const string& s) {
if (s.empty()) return 0;
size_t a = 0, b = 0;
bitset<128> n;
n[s[0]] = true;
char c;
size_t lmax = 1, l = 1;
while (b != s.size() - 1) {
c = s[b + 1];
switch (n[c]) {
case false:
n[c] = true;
++b; ++l;
lmax = max(lmax, l);
break;
case true:
n[s[a]] = false;
++a; --l;
break;
}
}
return lmax;
}
};
优化后，用时：4 ms，超过97.50%的用户；内存占用：6.5 MB，低于99.96%的用户。
【评注】
1、注意特判。本题中，输入空串时，需要单独处理。
2、子串是从原字符串中截取的，也就是说，必须是原串中连续的一段。
