題目描述：
給定一個字符串，請你找出其中不含有重復字符的 最長子串 的長度。
示例 1:
輸入: "abcabcbb"
輸出: 3
解釋: 因為無重復字符的最長子串是
"abc"，所以其長度為 3。
示例 2:
輸入: "bbbbb"
輸出: 1
解釋: 因為無重復字符的最長子串是
"b"，所以其長度為 1。
示例 3:
輸入: "pwwkew"
輸出: 3
解釋: 因為無重復字符的最長子串是 "wke"，所以其長度為 3。
請注意，你的答案必須是 子串 的長度，"pwke" 是一個子序列，不是子串。子串：串中任意個連續的字符組成的子序列稱為該串的子串
方法一：暴力法
題目更新后由於時間限制，會出現 TLE（超時）。
思路
逐個檢查所有的子字符串，看它是否不含有重復的字符。
關鍵點
假設我們有一個函數 boolean allUnique(String substring) ，如果子字符串中的字符都是唯一的，它會返回 true，否則會返回 false。 我們可以遍歷給定字符串 s 的所有可能的子字符串並調用函數 allUnique。
如果事實證明返回值為 true，那么我們將會更新無重復字符子串的最大長度的答案。
現在讓我們填補缺少的部分：
1.為了枚舉給定字符串的所有子字符串，我們需要枚舉它們開始和結束的索引。
2.要檢查一個字符串是否有重復字符，我們可以使用集合。我們遍歷字符串中的所有字符，並將它們逐個放入set中。
在放置一個字符之前，我們檢查該集合是否已經包含它。如果包含，我們會返回false。循環結束后，我們返回true。
代碼
class Solution { public int lengthOfLongestSubstring(String s) { //字符串長度
int n = s.length(); //值為最長子串的長度
int ans = 0; for (int i = 0; i < n; i++) { for (int j = i + 1; j <= n; j++) { if (allUnique(s, i, j)) { //更新ans的值，取最大
ans = Math.max(ans, j - i); } } } return ans; } /** * 求最長無重復字符的最長子串 * * @param s 字符串長度 * @param start 字符串當前開始位置 * @param end 字符串當前結束位置 * @return ture或false，決定要不要進入上面的if循環，end也很重要，當遍歷完當前end的值之后，都沒有重復的，return true; */
public boolean allUnique(String s, int start, int end) { Set<Character> set = new HashSet<>(); for (int i = start; i < end; i++) { //第i個字符在字符串中內容
Character ch = s.charAt(i); //Set集合是否包含字符串ch
if (set.contains(ch)) { return false; } //如果不包含，就往set集合里添加ch字符串
set.add(ch); } return true; } }
復雜度：
時間復雜度：O (n3)
方法二：滑動窗口
什么是滑動窗口？
其實就是一個隊列，比如例題中的abcabcbb，進入這個隊列（窗口）為abc 滿足題目要求，當再進入a，隊列變成了abca，這時候不滿足要求。所以，我們要移動這個隊列！
如何移動？
我們只要把隊列的左邊的元素移出就行了，直到滿足題目要求！一直維持這樣的隊列，找出隊列出現最長的長度時候，求出解！
當然滑動窗口的尺寸可以是固定也可以是動態的
思路
通過使用 HashSet 作為滑動窗口，我們可以用 O(1) 的時間來完成對字符是否在當前的子字符串中的檢查。
回到我們的問題，我們使用HashSet將字符存儲在當前窗口[i，j）（ 最初 = i ）中。然后我們向右側滑動索引j，如果它不在HashSet中，我們會繼續滑動。直到si]已經存在於HashSet中。此時，我們找到的沒有重復字符的最長子字符串將會以索引 i 開頭。如果我們對所有的i這樣做，就可以得到答案。
代碼
public class Solution { public int lengthOfLongestSubstring(String s) { //字符串長度
int n = s.length(); Set<Character> set = new HashSet<>(); //定義ans為最長子串的長度，如果j的值沒有在set出現過end++，知道出現start++，滑動窗口
int ans = 0, start = 0, end = 0; //如果start和end<n就一直遍歷，直到start和end都小於n
while (start < n && end < n) { //判斷Set集合是否包含end下標對應的字符串
if (!set.contains(s.charAt(end))){ //如果set里沒有，則把j下標對應的字符串存進set集合， end執行完本句后+1
set.add(s.charAt(end++)); //因為end++，所有滑動窗口向后移動，並更新ans的值
ans = Math.max(ans, end - start); } else { //移除Set集合start下標對應的字符串，start++，最后全部移除
set.remove(s.charAt(start++)); } } return ans; } }
復雜度
時間復雜度：O（2n）=O（n），在最糟糕的情況下，每個字符將被i和j訪問兩次。
空間復雜度：O（min（m，n）），與之前的方法相同。滑動窗口法需要O（k）的空間，其中k表示Set的大小。而Set的大小取決於字符串n的大小以及字符集/字母m的大小。
方法三：優化的滑動窗口
上述的方法最多需要執行2n個步驟。事實上，它可以被進一步優化為僅需要n個步驟。我們可以定義字符到索引的映射，而不是使用集合來判斷一個字符是否存在。當我們找到重復的字符時，我們可以立即跳過該窗口。
也就是說，如果s[j]在[i，j）范圍內有與j重復的字符，我們不需要逐漸增加i。我們可以直接跳過[i，j門范圍內的所有元素，並將i變為j+1。
public class Solution { public int lengthOfLongestSubstring(String s) { int n = s.length(), ans = 0; //創建map窗口
Map<Character, Integer> map = new HashMap<>(); //定義不重復子串的開始位置為 start，結束位置為 end
for (int end = 0, start = 0; end < n; end++) { if (map.containsKey(s.charAt(end))) { // 隨着 end 不斷遍歷向后，會遇到與 [start, end] 區間內字符相同的情況， // map.get(s.charAt(end)此時將字符作為 key 值，獲取其 value 值// 修改start值為之前重復字符位置之后的位置
// 此時[start,end]區間內不存在重復字符
// start更新時進行比較是因為map里key放的是所有遍歷過的字符,而不僅僅是窗口里的字符。
// 所以現在的字符如果跟窗口外的字符（也就是以前的字符）重復了，start應該保持原樣
例如 abcdefcma 到第二個c的時候 i變成了 3，但到第二個 a的時候如果取第一個a的位置，而不是a和當前i的最大值， i就變成了1，左側索引左移
start = Math.max(map.get(s.charAt(end)), start); } //比對當前無重復字段長度和儲存的長度，選最大值並替換 //end-start+1是因為此時i,end索引仍處於不重復的位置，end還沒有向后移動，取的[start,end]長度,+1因為索引從1開始 //無論是否更新 start，都會更新其 map 數據結構和結果 ans。
ans = Math.max(ans, end - start + 1); // 將當前字符為key，value 值為字符位置 +1 // 加 1 表示從字符位置后一個才開始不重復,不然就把最后一個數給替換了
map.put(s.charAt(end), end + 1); } return ans; } }
復雜度
時間復雜度：O（n），索引j將會迭代n次。
空間復雜度（HashMap）：O（min（m，n）），與之前的方法相同。
空間復雜度（Table）：O（m），m是字符集的大小。
畫解
