无重复字符的最长子串原题地址
方法一：滑动窗口
考虑用2个指针来维护子串，使得这条子串没有重复字符。
i和j表示下标，[i,j]表示子串，长度为j-i+1。我们可以用i遍历字符串的所有字符，对于每一个i，都尽可能地让j往右滑动，使得[i,j]为无重复字符的子串。此时，每一个i都有唯一对应的j，即j=r(i)。本题只需要求得j-i+1的最大值即可。
力扣的官方题解中给出了一个例子，可以很好地呈现这种思路。
j=r(i)这个函数是不减的。即对于任意，
，
，我们有
恒成立。这个结论可以直观地想象到，显然[
,
]没有重复字符，那么[
,
]自然也没有重复字符，所以
一定在
的右边。
那么问题就转换为，如何找到每个i对应的j呢？我们只需要维护一个哈希表，把当前[i,j]的所有字符都存进去。当i向右移动时，就移除最左边的字符；当j向右移动时，就添加最右边的字符。这样，我们可以时刻知道最右边的字符是否在[i,j]的范围内出现过，若出现重复字符，则此时的[i,j]就是当前i对应的无重复字符的最长子串。
注意，j必须初始化为-1，这是因为下标为0的字符也要存储进哈希表中。
// 方法一：滑动窗口+哈希集合set
class Solution {
public:int lengthOfLongestSubstring(string s) {unordered_set<char> us;int ans = 0;// 滑动窗口// i表示左边界，j表示右边界，即[i,j]int j = -1; // 右指针移动时要插入，设置成-1会插入第一个字符int n = s.size();for (int i = 0; i < n; ++i){// 左指针向右移动一格，要去掉左边的一个元素if (i){us.erase(s[i - 1]);}// 右指针向右移动一格，如果该字符没有重复，就插入while (j + 1 < n && !us.count(s[j + 1])){++j;us.insert(s[j]);}// 窗口长度为j-i+1ans = max(ans, j - i + 1);}return ans;}
};方法二：双指针，对方法一的优化
方法一是固定左指针，让右指针动，最坏情况下，2个指针都要遍历一遍字符串。
我们可以考虑把每个字符当前最后一次出现的下标也存下来，这样左指针就不用一步一步动了，可以直接跳跃到某个位置。
具体的操作如下：仍然用i和j表示区间端点的坐标，这次采用(i,j]来表示子串，子串长度为j-i。使用j遍历字符串，对于每一个j，先在哈希表中查找当前字符s[j]有没有出现过，如果没有出现过，则当前子串(i,j]是合法的；若出现过，则需要更新i到当前字符最后一次出现的位置（如abcb，当j指向第2个b，i指向a前面，此时的子串abcb非法，需要把i更新为指向第1个b，此时对应的子串cb合法）。最后记得把当前字符的位置存进去。
更新i的位置时，应取(i和当前字符最后一次出现的下标m)的较大值，而不是直接取m。这是因为，若m<i，则更新后i反而向左走了，当前子串可能会出现重复字符，变为非法子串。
// 方法二：优化方法一，滑动窗口+哈希集合map
class Solution {
public:int lengthOfLongestSubstring(string s) {// 存储元素及其最后一次出现的下标unordered_map<char, int> um;int ans = 0;int n = s.size();int i = -1;for (int j = 0; j < n; ++j){// 如果该字符出现过，且在区间范围内，需要更新左端点auto it = um.find(s[j]);if (it != um.end()){//i = it->second; // err, 反例：abbai = max(i, it->second);}// 此时为右端点当前最后一次出现um[s[j]] = j;// 无重复区间长度为j-ians = max(ans, j - i);}return ans;}
};
