本文旨在分析求解字符串中最长无重复子串问题的代码的时间复杂度，并提供一种更优的解决方案。通过剖析原始代码的循环结构，揭示其潜在的O(n^2)时间复杂度。同时，提供一种基于滑动窗口和哈希表的O(n)解决方案，并详细解释其实现原理和时空复杂度。通过对比分析，帮助读者理解时间复杂度的概念，并掌握优化代码性能的有效方法。
原代码采用了一种滑动窗口的思想，但由于内部嵌套循环的存在，导致其时间复杂度并非理想的O(n)。下面我们将详细分析其时间复杂度，并提供一种更优的解决方案。
原代码的时间复杂度分析
原代码的核心在于外层for循环和内层的条件判断及循环。外层循环遍历字符串的每个字符，时间复杂度为O(n)。然而，当遇到重复字符时，内层循环会被触发，该循环的次数取决于当前字符与之前重复字符之间的距离。
在最坏情况下，例如输入字符串为"abcdefghabcdefgh"，当外层循环遍历到第二个"a"时，内层循环需要遍历"bcdefgh"这部分字符。如果输入字符串为"abcdefgh...abcdefgh"（重复多次），内层循环的次数将接近于n。因此，内层循环在最坏情况下的时间复杂度也接近于O(n)。
综合来看，原代码的时间复杂度为O(n * m)，其中m是滑动窗口的平均大小，最坏情况下m接近n，所以可以认为其时间复杂度为O(n^2)。
更优的解决方案：滑动窗口与哈希表
一种更有效的解决方案是利用滑动窗口和哈希表。滑动窗口维护一个无重复字符的子串，哈希表用于记录每个字符最后出现的位置。
算法步骤如下：
- 初始化滑动窗口的起始位置 start = 0，结束位置 end = 0，最长子串长度 answer = 0，以及一个空的哈希表 map。
- 遍历字符串，end 从 0 到 n-1。
- 对于每个字符 str[end]，检查它是否在哈希表中存在。
- 如果存在，则更新 start 的位置为 Math.max(map.get(str[end]), start)。 这一步是为了确保滑动窗口的起始位置在重复字符上次出现位置之后。
- 如果不存在，则继续。
- 更新最长子串的长度 answer = Math.max(answer, end - start + 1)。
- 将当前字符 str[end] 及其位置 end + 1 存入哈希表 map.set(str[end], end + 1)。
- 循环结束后，answer 即为最长无重复子串的长度。
代码示例 (JavaScript)
const lengthOfLongestSubstring = str => {
let answer = 0;
let map = new Map();
for (let start = 0, end = 0; end < str.length; end++) {
if (map.has(str[end])) start = Math.max(map.get(str[end]), start);
answer = Math.max(answer, end - start + 1);
map.set(str[end], end + 1);
}
return answer;
}
// 测试用例
["abcabcbb", "bbbbb", "pwwkew", "abcdefghabcdefgh"].forEach(str => console.log(lengthOfLongestSubstring(str)));时间复杂度分析
该解决方案只需要一次遍历字符串，对于每个字符，哈希表的查找和插入操作的时间复杂度为O(1)。因此，总的时间复杂度为O(n)。
空间复杂度分析
空间复杂度取决于哈希表的大小，哈希表最多存储字符串中所有不同的字符。在最坏情况下，如果字符串中的所有字符都不同，则哈希表的大小为n。因此，空间复杂度为O(min(m, n))，其中m是字符集的大小，n是字符串的长度。
总结
通过使用滑动窗口和哈希表，我们可以将求解最长无重复子串问题的时间复杂度从O(n^2)降低到O(n)。这种优化对于处理大型字符串非常重要。理解时间复杂度的概念，并选择合适的数据结构和算法，是提高代码性能的关键。
