本组囊括字符串相关题目，难度不等。
3. Longest Substring Without Repeating Characters
题目描述：中等
想到的第一种思路是暴力解法，遍历数组每次去找最长不重复子串，最后这些子串比长短。时间复杂度太高O(n²)。
此题的模式识别一：看到不含有重复，即只出现一次，一旦涉及出现次数，想到使用散列表
一般来说对于字符串，都是让字符作为键， 出现次数作为值来构建散列表。
模式识别二：字符串涉及子串，考虑滑动窗口解法。
具体做法：以一个左指针从0开始，是指滑动窗口的左边界，依次遍历完字符串，目的是找到每一个以当前字符串为头的最长不重复子串，最后可做比较；
以一个右指针从-1开始，在定了左边界后不断往右滑动，直到出现和窗口中某一数字重复的情况。
在上面的流程中，我们还需要使用一种数据结构来判断是否有重复的字符，常用的数据结构为哈希集合（即 C++ 中的 std::unordered_set，Java 中的 HashSet，Python 中的 set, JavaScript 中的 Set）。在左指针向右移动的时候，我们从哈希集合中移除一个字符，在右指针向右移动的时候，我们往哈希集合中添加一个字符。
解法（二）：滑动窗口
1 class Solution: 2 def lengthOfLongestSubstring(self, s: str) -> int: 3 sub = set() 4 ans = 0 5 n = len(s) 6 # 左指针为i，右指针为rk 7 rk = -1 8 for i in range(n): 9 if i != 0: 10 sub.remove(s[i-1]) 11 while rk+1 < n and s[rk+1] not in sub: 12 sub.add(s[rk+1]) 13 rk += 1 14 ans = max(ans, rk-i+1) # 长度为rk-i+1,右边界-左边界+1 15 return ans
14. Longest Common Prefix
题目描述：简单
解法(一)：横向扫描
采用分治的思想，也就是官方解法一的水平扫描，从左到右依次比较第一个str和下一个str的最长公共前缀；
单独写一个找两个字符串的最长公共前缀的函数，然后递归调用。
1 class Solution: 2 def longestCommonPrefix(self, strs: List[str]) -> str: 3 if len(strs) == 0: 4 return "" 5 elif len(strs) == 1: 6 return strs[0] 7 else: 8 prefix = strs[0] 9 for i in range(1, len(strs)): 10 prefix = self.__twoStringCommonPrefix(prefix, strs[i]) 11 if prefix == "": 12 return prefix 13 14 return prefix 15 16 def __twoStringCommonPrefix(self, s1, s2): 17 n = min(len(s1), len(s2)) 18 for i in range(0, n): 19 if s1[i] != s2[i]: 20 return s1[0:i] # 这里也是包头不包尾 记住！ 21 # 注：如果s1[0] != s2[0], 那么返回的s1[0:0]就为""! 22 return s1[0:n]
时间复杂度：O(m*n)，其中 m 是字符串数组中的字符串的平均长度，n 是字符串的数量。最坏情况下，字符串数组中的每个字符串的每个字符都会被比较一次。
空间复杂度：O(1)。使用的额外空间复杂度为常数。
解法(二)：纵向扫描
方法一是横向扫描，依次遍历每个字符串，更新最长公共前缀。另一种方法是纵向扫描。纵向扫描时，从前往后遍历所有字符串的每一列，比较相同列上的字符是否相同，如果相同则继续对下一列进行比较，如果不相同则当前列不再属于公共前缀，当前列之前的部分为最长公共前缀。
1 class Solution: 2 def longestCommonPrefix(self, strs: List[str]) -> str: 3 if not strs: 4 return "" 5 6 length, count = len(strs[0]), len(strs) 7 for i in range(length): 8 c = strs[0][i] 9 if any(i == len(strs[j]) or strs[j][i] != c for j in range(1, count)): 10 return strs[0][:i] 11 12 return strs[0]
时间复杂度：O(m*n)，其中 m 是字符串数组中的字符串的平均长度，n 是字符串的数量。最坏情况下，字符串数组中的每个字符串的每个字符都会被比较一次。
空间复杂度：O(1)。使用的额外空间复杂度为常数。
13. Roman to Integer
题目描述：简单
首先考虑映射问题，可使用哈希表来保存罗马数字对应的十进制数值，以罗马数字为键；
发现规律：从左到右看下罗马数字，可以发现如果右边的数字小于等于左边的数字，则直接加上左边的数字，如果右边数字大于左边的数字，则减去左边的数字，遍历字符串即可，由于最后一位数字右边没有数了，最后直接加上最后一位数字即可。
解法(一)：
1 class Solution: 2 def romanToInt(self, s: str) -> int: 3 sum = 0 4 hashmap = {'I':1, 'V':5, 'X':10, 'L':50, 'C':100, 'D':500, 'M':1000} 5 for i in range(len(s)-1): 6 num1 = hashmap[s[i]] 7 num2 = hashmap[s[i+1]] 8 if num2 > num1: 9 sum -= num1 10 else: 11 sum += num1 12 13 sum += hashmap[s[-1]] # 最后一位右边没有数了，直接加上即可 14 return sum