可以先想下這兩個問題： 1、怎樣使用滑動視窗？ 2、如何快速的解決字元查重問題？ 滑動視窗 可以想象一下有兩個指針，一個叫begin，一個叫now 這兩個指針就指定了當前正在比較無重覆的字元串，當再往後讀取一個字元的時候，就需要比較該字元在begin到now之間是否有重覆，如果有重覆的話，則記錄當前 ...
可以先想下這兩個問題：
1、怎樣使用滑動視窗？
2、如何快速的解決字元查重問題？
滑動視窗
可以想象一下有兩個指針，一個叫begin，一個叫now
這兩個指針就指定了當前正在比較無重覆的字元串，當再往後讀取一個字元的時候，就需要比較該字元在begin到now之間是否有重覆，如果有重覆的話，則記錄當前字元串長度，然後把begin往後移動，繼續尋找後面的無重覆字元子串。
例如，這裡的字元串是：“fabcade”。
1、當開始比較字元串的時候，begin指向了第一個字元f，now也指向了第一個字元f，當前只有一個字元，也就不需要比較是否重覆。
2、然後讀取第二個字元，begin依然指向f，now指向了字元a，這個就需要比較一下a是否與之前的相同，沒有相同的就繼續讀取。
3、當now指向第二個a的時候，begin指向f，此時發現前面已經有了一個a了，（這裡可以先記錄一下當前字元串長度）所以begin就需要往後移動到a後面的b的位置，則當前的字元串為：bca，之後繼續讀取d，等等等。
總而言之，滑動視窗記錄了當前無重覆的字元串，當遇到重覆的時候，就把begin指針往後移動到不重覆的位置（也就是前面那個重覆字元的後面），然後繼續遍歷字元串到最後。
如何快速字元查重
因為這裡都是字元，可以直接把該字元作為數組下標，當讀取到一個字元的時候，直接把該字元下標對應的值置為1，表示當前已經存在一個字元（其實就是相當於把字元作為hash的key），例如：
char array[127] = {0};
char data = 'a';
if (0 == array[data]) // 說明之前沒有讀到過該字元
{
array[data] = 1; // 置位，表示已經讀到過該字元
}
else
{
// 說明此字元重覆
}
我們可以先想一下思路：
先初始化begin和now，然後迴圈讀取字元串，每讀取一個字元串，就在數組裡查找一下，如果數組裡不為0，就說明有重覆的字元，需要把當前的字元串長度記錄下來，然後begin往後移動到不重覆的字元上，然後把該數組全部位置為0，再把begin後面的字元對應的數組置位1，最後再繼續比較。
這麼寫當然也是可以，但不停的把數組置1再清0再置1，會很浪費時間，可以有其他方法嗎？
當然是有的，我們可以這麼寫：
置位的時候，不填1，而填寫當前字元所在的位置。
這樣有什麼好處呢？因為前面的begin，已經記錄了當前字元串比較的起始位置，當讀取到一個字元串：
如果他出現的位置在begin之前，就說明，雖然以前已經有了該字元，但那個是之前的事情了，不在現在的這個字元串範圍之內，所以它還是不算重覆的；
如果他上次出現的位置在begin之後，就說明在當前比較的字元串中已經有一個和他相同的字元了。
這樣的話，通過位置信息就能夠知道該字元在當前比較位置是否重覆，就不需要反覆的對數字進行清零和置位了。
在leetcode上，提高了9倍！（使用置位和清零花費44ms，使用位置標記花費4ms）
int lengthOfLongestSubstring(char * s){
int local[127] = {0}, data; // local數組就是用來記錄每個字元出現的位置
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;
// 這裡記錄的位置是下標加1，也就是從1開始記錄，為什麼不從0開始記錄呢？
// 如果從0開始，那麼0就有兩種意思：該字元從沒出現過，該字元出現的位置是0。當0正好又是begin的時候，比如字元串："abca"
}
if (lenNow > lenMax) lenMax = lenNow;
return lenMax;
}
