可以先想下这两个问题:

1、怎样使用滑动窗口?

2、如何快速的解决字符查重问题?

滑动窗口

可以想象一下有两个指针,一个叫begin,一个叫now

这两个指针就指定了当前正在比较无重复的字符串,当再往后读取一个字符的时候,就需要比较该字符在begin到now之间是否有重复,如果有重复的话,则记录当前字符串长度,然后把begin往后移动,继续寻找后面的无重复字符子串。

例如,这里的字符串是:“fabcade”。

1、当开始比较字符串的时候,begin指向了第一个字符f,now也指向了第一个字符f,当前只有一个字符,也就不需要比较是否重复。

2、然后读取第二个字符,begin依然指向f,now指向了字符a,这个就需要比较一下a是否与之前的相同,没有相同的就继续读取。

3、当now指向第二个a的时候,begin指向f,此时发现前面已经有了一个a了,(这里可以先记录一下当前字符串长度)所以begin就需要往后移动到a后面的b的位置,则当前的字符串为:bca,之后继续读取d,等等等。

总而言之,滑动窗口记录了当前无重复的字符串,当遇到重复的时候,就把begin指针往后移动到不重复的位置(也就是前面那个重复字符的后面),然后继续遍历字符串到最后。

如何快速字符查重

因为这里都是字符,可以直接把该字符作为数组下标,当读取到一个字符的时候,直接把该字符下标对应的值置为1,表示当前已经存在一个字符(其实就是相当于把字符作为hash的key),例如:

char array[127] = {0};
char data = 'a';
if (0 == array[data]) // 说明之前没有读到过该字符
{
array[data] = 1; // 置位,表示已经读到过该字符
}
else
{
// 说明此字符重复
}

我们可以先想一下思路:

先初始化begin和now,然后循环读取字符串,每读取一个字符串,就在数组里查找一下,如果数组里不为0,就说明有重复的字符,需要把当前的字符串长度记录下来,然后begin往后移动到不重复的字符上,然后把该数组全部位置为0,再把begin后面的字符对应的数组置位1,最后再继续比较。

这么写当然也是可以,但不停的把数组置1再清0再置1,会很浪费时间,可以有其他方法吗?

当然是有的,我们可以这么写:

置位的时候,不填1,而填写当前字符所在的位置。

这样有什么好处呢?因为前面的begin,已经记录了当前字符串比较的起始位置,当读取到一个字符串:

如果他出现的位置在begin之前,就说明,虽然以前已经有了该字符,但那个是之前的事情了,不在现在的这个字符串范围之内,所以它还是不算重复的;

如果他上次出现的位置在begin之后,就说明在当前比较的字符串中已经有一个和他相同的字符了。

这样的话,通过位置信息就能够知道该字符在当前比较位置是否重复,就不需要反复的对数字进行清零和置位了。

在leetcode上,提高了9倍!(使用置位和清零花费44ms,使用位置标记花费4ms)


int lengthOfLongestSubstring(char * s){ int local[127] = {0}, data; // local数组就是用来记录每个字符出现的位置
int lenNow = 0, lenMax = 0;
int len = strlen(s);
int begin = 1;
for (int i=0; i<len; i++)
{
data = s[i];
if ((0 == local[data]) || (begin > local[data]))
{
lenNow ++;
}
else
{
if (lenNow > lenMax) lenMax = lenNow;
lenNow = i + 1 - local[data];
begin = local[data] + 1; // 更新begin的位置
}
local[data] = i + 1;
// 这里记录的位置是下标加1,也就是从1开始记录,为什么不从0开始记录呢?
// 如果从0开始,那么0就有两种意思:该字符从没出现过,该字符出现的位置是0。当0正好又是begin的时候,比如字符串:"abca"
}
if (lenNow > lenMax) lenMax = lenNow;
return lenMax;
}

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