Leetcode之三数之和
问题描述
给你一个包含 n 个整数的数组 nums，判断 nums 中是否存在三个元素 a，b，c ，使得 a + b + c = 0 ？请你找出所有满足条件且不重复的三元组。
注意：答案中不可以包含重复的三元组。
示例：
给定数组 nums = [-1, 0, 1, 2, -1, -4]，
满足要求的三元组集合为：
[
[-1, 0, 1],
[-1, -1, 2]
]
解法
刚开始思考这道题想到的是采用两个相加再去比较等不等于每一个元素的相反数.但是这样做的话就避免不了重复的数字不同的顺序排或者重复的数字相同的顺序.最后想到的是排序再加上初次之外的两个标识(即排序加双指针).排序保证了相同的数字都在一起.双指针可以指向只比当前元素标号大的值(可能相等也可能不等),这样可以避免重复,保证了重复的数字组成只会出现一次.
public static List<List<Integer>> threeSum(int[] nums) {
List<List<Integer>> res=new ArrayList<List<Integer>>();
//排序
Arrays.sort(nums);
for(int i=0;i<nums.length;i++) {
//以i为中心的值要取没有当过中心的值
if(i!=0)
while(nums[i]==nums[i-1]) {
i++;
//防止溢出
if(i>=nums.length)
break;
}
//双指针
int start=i+1;
int end=nums.length-1;
while(end>start) {
//左边右移直到变大（和变大）
if(nums[start]+nums[end]+nums[i]<0) {
start++;
while(start<end&&nums[start]==nums[start-1]) {
start++;
}
}else if(nums[start]+nums[end]+nums[i]==0) {
//相等，是一组结果
List<Integer> temp=new ArrayList<Integer>();
temp.add(nums[i]);
temp.add(nums[start]);
temp.add(nums[end]);
res.add(temp);
//将左边右移（和变大）到变值并且将右边左移到变值（和变小）
start++;
while(start<end&&nums[start]==nums[start-1]) {
start++;
}
end--;
while(start<end&&nums[end]==nums[end+1]) {
end--;
}
}else {
//右边左移直到变大（和变小）
end--;
while(start<end&&nums[end]==nums[end+1]) {
end--;
}
}
}
}
return res;
}
结果
官方解法
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O(N^3)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 O(N^3)。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) 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)
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)，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≤cb \leq cb≤c），
其他
方法：排序+双指针
class Solution {
public List<List<Integer>> threeSum(int[] nums) {// 总时间复杂度：O(n^2)
List<List<Integer>> ans = new ArrayList<>();
if (nums == null || nums.length <= 2) return ans;
Arrays.sort(nums); // O(nlogn)
for (int i = 0; i < nums.length - 2; i++) { // O(n^2)
if (nums[i] > 0) break; // 第一个数大于 0，后面的数都比它大，肯定不成立了
if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1]) continue; // 去掉重复情况
int target = -nums[i];
int left = i + 1, right = nums.length - 1;
while (left < right) {
if (nums[left] + nums[right] == target) {
ans.add(new ArrayList<>(Arrays.asList(nums[i], nums[left], nums[right])));
// 现在要增加 left，减小 right，但是不能重复，比如: [-2, -1, -1, -1, 3, 3, 3], i = 0, left = 1, right = 6, [-2, -1, 3] 的答案加入后，需要排除重复的 -1 和 3
left++; right--; // 首先无论如何先要进行加减操作
while (left < right && nums[left] == nums[left - 1]) left++;
while (left < right && nums[right] == nums[right + 1]) right--;
} else if (nums[left] + nums[right] < target) {
left++;
} else { // nums[left] + nums[right] > target
right--;
}
}
}
return ans;
}
}
结果
可以看到我们的基本思想基本相同，但是它的效率和思路都比我高
可以看到，首先它增加了nums[I]>0直接break的优化。其次，就是while中的移动是冗余的，外面的部分也可以做这样的工作
