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
滑动窗口
思路和算法
我们先用一个例子考虑如何在较优的时间复杂度内通过本题。
我们不妨以示例一中的字符串 abcabcbb 为例，找出从每一个字符开始的，不包含重复字符的最长子串，那么其中最长的那个字符串即为答案。对于示例一中的字符串，我们列举出这些结果，其中括号中表示选中的字符以及最长的字符串：
- 以 (a)bcabcbb 开始的最长字符串为 (abc)abcbb；
- 以 a(b)cabcbb 开始的最长字符串为 a(bca)bcbb；
- 以 ab(c)abcbb 开始的最长字符串为 ab(cab)cbb；
- 以 abc(a)bcbb 开始的最长字符串为 abc(abc)bb；
- 以 abca(b)cbb 开始的最长字符串为 abca(bc)bb；
- 以 abcab(c)bb 开始的最长字符串为 abcab(cb)b；
- 以 abcabc(b)b 开始的最长字符串为 abcabc(b)b；
- 以 abcabcb(b) 开始的最长字符串为 abcabcb(b)。
发现了什么？如果我们依次递增地枚举子串的起始位置，那么子串的结束位置也是递增的！这里的原因在于，假设我们选择字符串中的第 k 个字符作为起始位置，并且得到了不包含重复字符的最长子串的结束位置为 r(k) ，。那么当我们选择第 k+1 个字符作为起始位置时，首先从 k+1 到 r(k) 的字符显然是不重复的，并且由于少了原本的第 k 个字符，我们可以尝试继续增大 r(k)，直到右侧出现了重复字符为止。
这样一来，我们就可以使用「滑动窗口」来解决这个问题了：
我们使用两个指针表示字符串中的某个子串（或窗口）的左右边界，其中左指针代表着上文中「枚举子串的起始位置」，而右指针即为上文中的 r(k)；
在每一步的操作中，我们会将左指针向右移动一格，表示 我们开始枚举下一个字符作为起始位置，然后我们可以不断地向右移动右指针，但需要保证这两个指针对应的子串中没有重复的字符。在移动结束后，这个子串就对应着 以左指针开始的，不包含重复字符的最长子串。我们记录下这个子串的长度；
在枚举结束后，我们找到的最长的子串的长度即为答案。
var lengthOfLongestSubstring = function (s) {
// 哈希集合，记录每个字符是否出现过
const occ = new Set();
const n = s.length;
// 右指针，初始值为 -1，相当于我们在字符串的左边界的左侧，还没有开始移动
let rk = -1,
ans = 0;
for (let i = 0; i < n; ++i) {
if (i != 0) {
// 左指针向右移动一格，移除一个字符
occ.delete(s.charAt(i - 1));
}
while (rk + 1 < n && !occ.has(s.charAt(rk + 1))) {
// 不断地移动右指针
occ.add(s.charAt(rk + 1));
++rk;
}
// 第 i 到 rk 个字符是一个极长的无重复字符子串
ans = Math.max(ans, rk - i + 1);
}
return ans;
};
复杂度分析
时间复杂度：O(N)，其中 N 是字符串的长度。左指针和右指针分别会遍历整个字符串一次。
空间复杂度：O(∣Σ∣)，其中 Σ 表示字符集（即字符串中可以出现的字符），∣Σ∣ 表示字符集的大小。在本题中没有明确说明字符集，因此可以默认为所有 ASCII 码在 [0,128) 内的字符，即 ∣Σ∣=128。我们需要用到哈希集合来存储出现过的字符，而字符最多有 ∣Σ∣ 个，因此空间复杂度为 O(∣Σ∣)。