双指针解决力扣两/三数之和问题
一、问题描述
二、分析
1.暴力
暴力算法时间复杂度O(n²),空间复杂度O(1)
class Solution {
public:
vector<int> twoSum(vector<int>& nums, int target) {
vector<int> ans;
for(int i = 0;i < nums.size();i++)
{
for(int j = i + 1;j < nums.size();j++)
{
if(nums[i] + nums[j] == target)
{
ans.push_back(i);
ans.push_back(j);
return ans;
}
}
}
return ans;
}
};
2.排序+双指针法
- 这里
先将数组排序
好O(nlogn),再利用双指针
法遍历一遍O(n)得到结果。 - 为了保存下标信息另开了一个数组
-
时间复杂度O(nlogn),空间复杂度O(n)
class Solution {
public:
vector<int> twoSum(vector<int>& nums, int target) {
vector<int> ret(2);
vector<int> temp(nums);
sort(nums.begin(),nums.end());
int left = 0;
int right = nums.size() - 1;
while(left < right)
{
if(nums[left] + nums[right] == target)
{
int flag = 1;
for(size_t i = 0;i < temp.size();i++)
{
if(temp[i] == nums[left] && flag)
{
ret[0] = i;
flag = 0;
}
else if(temp[i] == nums[right])
{
ret[1] = i;
}
}
break;
}
else if(nums[left] + nums[right] > target)
{
right--;
}
else
{
left++;
}
}
return ret;
}
};
3.hash法
- 利用
map数组构造映射,遍历nums[i]时,看target-nums[i]是否存在hash表
中即可 -
时间复杂度O(n),空间复杂度O(n)
class Solution {
public:
vector<int> twoSum(vector<int>& nums, int target) {
vector<int> ans;
map<int,int>hashmap;
for(int i = 0;i < nums.size();i++)
{
if(hashmap[target - nums[i]] && hashmap[target - nums[i]] != i + 1)
{
//防止利用同个元素
ans.push_back(i);
ans.push_back(hashmap[target - nums[i]] - 1);
return ans;
}
hashmap[nums[i]] = i + 1;
//将hash表对应下标+1,防止处理下标为0的情况
}
return ans;
}
};
三、问题描述
四、分析
- 本题与 两数之和 类似,是非常经典的面试题,但是做法不尽相同。
方法一:排序 + 双指针
- 题目中要求找到所有「不重复」且和为 0 的三元组,这个「不重复」的要求使得我们无法简单地使用三重循环枚举所有的三元组。
这是因为在最坏的情况下,数组中的元素全部为 0,即
[0, 0, 0, 0, 0, …, 0, 0, 0]
-
任意一个三元组的和都为 0
。如果我们直接使用三重循环枚举三元组,会得到 个满足题目要求的三元组(其中 N 是数组的长度)时间复杂度至少为 - 在这之后,我们
还需要使用哈希表进行去重操
作,得到不包含重复三元组的最终答案,又消耗了大量的空间。 - 这个做法的
时间复杂度和空间复杂度都很高
,因此我们要换一种思路来考虑这个问题。 - 「不重复」的本质是什么?我们保持三重循环的大框架不变,只需要保证:
-
第二重循环枚举到的元素不小于当前第一重循环枚举到的元素
; -
第三重循环枚举到的元素不小于当前第二重循环枚举到的元素。
- 也就是说,我们
枚举的三元组 (a, b, c)满足a≤b≤c
,保证了只有 (a, b, c)这个顺序会被枚举到,而 (b, a, c)、(c, b, a)等等这些不会,这样就减少了重复
。 - 要实现这一点,
我们可以将数组中的元素从小到大进行排序,随后使用普通的三重循环就可以满足上面的要求
。 - 同时,
对于每一重循环而言,相邻两次枚举的元素不能相同
,否则也会造成重复。举个例子,如果排完序的数组为
[0, 1, 2, 2, 2, 3]
- 我们使用三重循环枚举到的第一个三元组为(0,1,2),如果第三重循环继续枚举下一个元素,那么仍然是三元组(0,1,2),产生了重复。
- 因此我们需要将第三重循环「跳到」下一个不相同的元素,即数组中的最后一个元素 3,枚举三元组 (0, 1, 3)。
- 下面给出了改进的方法的伪代码实现:
nums.sort()
for first = 0 .. n-1
// 只有和上一次枚举的元素不相同,我们才会进行枚举
if first == 0 or nums[first] != nums[first-1] then
for second = first+1 .. n-1
if second == first+1 or nums[second] != nums[second-1] then
for third = second+1 .. n-1
if third == second+1 or nums[third] != nums[third-1] then
// 判断是否有 a+b+c==0
check(first, second, third)
- 这种方法的
时间复杂度仍然为 O(N^3)
,毕竟我们还是没有跳出三重循环的大框架。 - 然而它是很容易继续优化的,可以发现,如果我们固定了前两重循环枚举到的元素 a 和 b,那么只有唯一的 c 满足 a+b+c=0。
- 当
第二重循环往后枚举一个元素 b'
时,由于 b’ > b ;那么满足 a+b’+c’=0的c' 一定有 c' < c,即 c'在数组中一定出现在 c 的左侧
。 - 也就是说,我们可以从小到大枚举 b,同时从大到小枚举 c,即第二重循环和第三重循环实际上是并列的关系。
- 有了这样的发现,我们就可以保持第二重循环不变,而将第三重循环变成一个从数组最右端开始向左移动的指针,从而得到下面的伪代码:
nums.sort()
for first = 0 .. n-1
if first == 0 or nums[first] != nums[first-1] then
// 第三重循环对应的指针
third = n-1
for second = first+1 .. n-1
if second == first+1 or nums[second] != nums[second-1] then
// 向左移动指针,直到 a+b+c 不大于 0
while nums[first]+nums[second]+nums[third] > 0
third = third-1
// 判断是否有 a+b+c==0
check(first, second, third)
- 这个方法就是我们常说的「双指针」,当我们需要枚举数组中的两个元素时,如果
我们发现随着第一个元素的递增,第二个元素是递减的,那么就可以使用双指针的方法,将枚举的时间复杂度从O(N^2)
减少至 O(N)。 - 为什么是 O(N)呢?这是因为在枚举的过程每一步中,
「左指针」会向右移动一个位置(也就是题目中的 b),而「右指针」会向左移动若干个位置
,这个与数组的元素有关,但我们知道它一共会移动的位置数为 O(N)
,均摊下来,每次也向左移动一个位置,因此时间复杂度为 O(N)。 - 注意到我们的伪代码中还有第一重循环,时间复杂度为 O(N)O(N),因此枚举的总时间复杂度为 O(N^2)
- 由于排序的时间复杂度为 O(NlogN),在渐进意义下小于前者,因此算法的总时间复杂度为 O(N^2)
- 上述的伪代码中还有一些细节需要补充,例如我们需要保持左指针一直在右指针的左侧(即满足 b≤c),具体可以参考下面的代码,均给出了详细的注释。
五、代码
class Solution {
public:
vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
sort(nums.begin(), nums.end());
vector<vector<int>> ans;
// 枚举 a
for (int first = 0; first < n; ++first)
{
// 需要和上一次枚举的数不相同
if (first > 0 && nums[first] == nums[first - 1])
{
continue;
}
// c 对应的指针初始指向数组的最右端
int third = n - 1;
int target = -nums[first];
// 枚举 b
for (int second = first + 1; second < n; ++second)
{
// 需要和上一次枚举的数不相同
if (second > first + 1 && nums[second] == nums[second - 1]) {
continue;
}
// 需要保证 b 的指针在 c 的指针的左侧
while (second < third && nums[second] + nums[third] > target) {
--third;
}
// 如果指针重合,随着 b 后续的增加
// 就不会有满足 a+b+c=0 并且 b<c 的 c 了,可以退出循环
if (second == third)
{
break;
}
if (nums[second] + nums[third] == target)
{
ans.push_back({nums[first], nums[second], nums[third]});
}
}
}
return ans;
}
};